高三化学二轮复习专项训练：卤族与氮族及其应用

这是一份高三化学二轮复习专项训练：卤族与氮族及其应用，共24页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．下列说法正确的是（ ）
A．反应1断裂氮氮键和氢氢键，形成氮氢键
B．与反应1不同，反应2没有发生电子的转移
C．催化剂a表面发生的反应不属于氮的固定
D．在催化剂b表面形成氮氧键的过程是吸热过程
2．下列物质能起到消毒杀菌作用的是（ ）
A．漂粉精B．明矾C．乳酸菌D．小苏打
3．对Cl2的叙述正确的是（ ）
A．能用钢瓶贮存 B．与过量的Fe反应只生成FeCl2
C．与H2混合光照可制取HCl D．与澄清石灰水反应制取漂粉精
4．下列有关化学反应的叙述正确的是（ ）
A．电解熔融MgCl2生成Mg(OH)2B．加热NH4Cl制备NH3
C．室温下，Al和Fe2O3反应生成FeD．铜和浓硝酸反应生成NO2
5．下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．Na2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂
B．Cl2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒
C．SO2具有氧化性，可用作葡萄酒抗氧化剂
D．NH3易溶于水，可用作制冷剂
6．化学与生产生活密切相关，下列说法错误的是（ ）
A．Na2O2可与CO2反应放出氧气，可用于制作呼吸面具
B．SiO2具有导电性，可用于制作光导纤维和光电池
C．聚四氟乙烯耐酸碱腐蚀，可用作化工反应器的内壁涂层
D．氯水具有较强的氧化性，可用于漂白纸张．织物等
7．图中装置是一种简易反应装置，利用图示及相应试剂不能完成相应实验的是（ ）
A．A B．B C．C D．D
8．下列是卤素单质（F2、Cl2、Br2、I2）的沸点与相对分子质量的关系图，下列说法错误的是（ ）
A．单质①是最活泼的非金属单质
B．单质②能使品红溶液褪色
C．单质③在常温下是液态
D．单质的氧化性强弱顺序是④＞③＞②＞①
9．下列实验现象与对应结论均正确的是（ ）
A．A B．B C．C D．D
10．将一定体积稀硝酸溶液平均分为两份，一份与足量的铜粉反应收集到气体体积为V1；另一份先加入与其等体积的稀硫酸，再投入足量的铜粉收集到气体的体积为V2（V1和V2都在同一条件下测定），已知V2=3V1，则稀硝酸和稀硫酸的物质的量浓度之比（ ）
A．1：1B．1：2C．1：3D．无法确定
11．下列离子方程式表示正确的是（ ）
A．向银氨溶液中滴加足量的盐酸：
B．与水反应：
C．氨的氯化钠饱和溶液中通入足量：
D．工业上制备漂白粉：
12．在“价一类”二维图中融入“杠杆模型”，可直观辨析部分物质间的转化及其定量关系。图中的字母分别代表常见的含氯元素的物质，下列相关推断不合理的是（ ）
A．室温下，c的稀溶液和变价金属反应一定生成相应金属的高价盐
B．b、d、f既具有氧化性又具有还原性
C．若e为钠盐，实验室可用e和浓硫酸反应制取少量气态a
D．若d在加热条件下与强碱溶液反应生成的含氯化合物只有e和f，则n(e)：n(f)=5：1
13．化学与生活、生产密切相关，下列有关叙述错误的是 （ ）
A．氢氧化铝、小苏打均可用作胃酸中和剂
B．过氧化钠可在呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源
C．ClO2具有强氧化性，可用作自来水的净水剂
D．在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率
14．海水提溴和海带提碘都需要经过浓缩、氧化、提取三个步骤。有关叙述错误的是（ ）
A．提溴的浓缩液来自于海水晒盐后的卤水
B．氧化步骤都可以通入氯气来实现
C．提取溴时利用溴的挥发性
D．提取碘时利用碘的升华特性
15．下列有关实验的说法，错误的是（ ）
A．取适量待测溶液于试管中，加入几滴稀硝酸，无明显现象，再滴加硝酸银溶液，若出现沉淀，并不能说明该溶液中一定含有Cl－
B．实验室电器设备起火时，应切断电源，使用二氧化碳或四氯化碳灭火器灭火，不能使用泡沫灭火器
C．酸碱中和滴定实验中，若滴定终点没有控制好，滴定剂滴加过量，则必须重做实验
D．除去氯化钠晶体中的少量硝酸钾的主要步骤为加水溶解、蒸发浓缩至有大量晶体析出、趁热过滤、洗涤、干燥
16．下列实验现象，与新制氯水中的某些成分（括号内物质）没有关系的是（ ）
A．将石灰石加入新制氯水中，固体逐渐溶解（H+）
B．向FeCl2溶液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液，发现呈红色（Cl2）
C．使红色布条退色（HCl）
D．滴加AgNO3溶液生成白色沉淀（Cl﹣）
17．用方法可将汽车尾气中的和转化为无污染的气体。下列说法正确的是
A．过程中作催化剂
B．过程Ⅰ只发生还原反应，过程Ⅱ只发生氧化反应
C．为直线型非极性分子，一个分子内存在4个键
D．该过程的总反应为：
18．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A．Cu2S(s) Cu(s) CuCl2(s)
B．CaCl2(aq) CaCO3(s) CaO(s)
C．Fe(s) Fe2O3(s) Fe(s)
D．NH3 (g) NO (g) HNO3 (aq)
19．侯氏制碱法以氯化钠、二氧化碳、氨和水为原料，发生反应NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。将析出的固体灼烧获取纯碱，向析出固体后的母液中加入食盐可获得副产品氯化铵。下列有关模拟侯氏制碱法的实验原理和装置能达到实验目的的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
20．化学与社会、生产、生活密切相关。下列说法正确的是（ ）
A．食品中的抗氧化剂对人体无害且均具有氧化性
B．从海水提取物质都必须通过化学反应才能实现
C．我国发射的“北斗组网卫星”所使用的光导纤维是一种有机高分子材料
D．“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂
二、综合题
21．碘酸钙为无色斜方结晶，可由KClO3、I2、CaCl2溶液、KOH等为原料制备。实验主要步骤为前驱体KH(IO3)2（碘酸氢钾）的制取、Ca(IO3)2的制备。实验装置和部分物质的溶解度如题19图-1、图-2所示。
已知：①6I2+11KClO3+3H2O 6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑
②碘酸氢钾可与碱中和生成正盐
（1）室温下NaOH溶液吸收Cl2的离子方程式为 。
（2）制取碘酸氢钾时，适宜的加热方式是 ；加热除可加快反应速率外，另一作用是 。
（3）使用冷凝管装置可以起 ，还兼有导出Cl2的作用。
（4）烧瓶中I2已完全反应的现象是 。
（5）请设计由“烧瓶”中得到的溶液制备Ca(IO3)2·6H2O的实验方案：将烧瓶中溶液转移到烧杯中， ，再用无水乙醇洗涤、晾干。
22．实验室常用MnO2与浓盐酸加热制备Cl2，反应会因盐酸浓度下降而停止．为测定反应残余液中盐酸的浓度，某小组同学提出的下列实验方案：向足量的二氧化锰中加入12.0mL的浓盐酸，加热，反应结束时收集到336mLCl2（标准状况）；将反应后得到的残余液过滤、洗涤滤渣，洗涤液和滤液混合；向滤液中加入足量的AgNO3溶液，过滤、洗涤、干燥后得到固体11.48g．计算
（1）参加反应的二氧化锰的质量．
（2）将生成的Cl2通到NaOH溶液中制得100mL消毒液，求消毒液中有效成分的物质的量浓度．
（3）浓盐酸能和二氧化锰反应的生成Cl2的最低浓度（假设反应后残余液体积为12mL）．（保留至0.01）
23．某项目学习小组在实验失室制取漂白粉，并探究氯气与石灰乳反应的条件和产物。已知：
①二氧化锰与浓盐酸反应可制备氯气，同时生成MnCl2。
②氯气和碱的反应为放热反应．温度较高时，氯气和碱还能发生如下反应：
3Cl2+6OH- 5Cl-+ClO3-+3H2O
该项目小组设计了下列实验装置，进行实验。
请回答下列问题：
（1）甲装置用于制备氯气。
①请你将装置在下图方框中补充完整(并标明所加药品)
②该项目小组用100mL12ml/L盐酸与8.7gMnO2制备氯气，并将所得氯气与过量的石灰乳反应，则理论上最多可制得Ca(ClO)2的物质的量为 。
（2）小组成员发现，产物中Ca(ClO)2的质量明显小于理论值．他们讨论后认为，原因有二：
①部分氯气未与石灰乳反应而逸出；
② 。
（3）为了探究反应条件对产物的影响，他们另取一定量的石灰乳，缓慢匀速地通入足量氯气得出了ClO-、ClO3两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的关系曲线，粗略表示为右图(不考虑氯气和水的反应)
①图中曲线Ⅰ表示 离子的物质的量随反应时间变化的关系
②所取石灰乳中含有Ca(OH)2的物质的量为 。
③另取一份与②等物质的量的石灰乳，以较大的速率通入足量氯气，反应后测得产物中C的物质的量为0.37ml，则产物中 = （填比值)
24．NO2是大气污染物之一，实验室拟用NO2与Cl2混合用NaOH溶液吸收的方法消除其污染．回答下列问题：
（1）氯气的制备
①仪器M、N的名称依次是 ．
②欲用MnO2和浓盐酸制备并收集一瓶纯净干燥的氯气，选呢图1中的装置，其连接顺序为 （按气流方向，用小写字母表示）．
③D在制备装置中的作用是 ；用离子方程式表示装置F的作用是 ．
（2）用如图2所示装置探究Cl2和NO2在NaOH溶液中的反应．
查阅有关资料可知：HNO3是一种弱酸，且不稳定，易分解生成NO和NO2．
①装置中X和Z的作用是
②实验时观察到X试剂瓶中有黄绿色气体，Z试剂瓶中有红棕色气体，若通入适当比例的Cl2和NO2，Y中观察不到气体颜色，反应结束后加入稀硫酸无现象，则Y中发生反应的化学方程式是 ．
③反应结束后，取Y中溶液少许于试管中，加入稀硫酸，若有红棕色气体产生，解释产生该现象的原因： ．
25．SCR和NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的 排放。
（1）SCR（选择性催化还原）工作原理：
①尿素 水溶液热分解为 和 ，该反应的化学方程式为 。
②反应器中 还原 的化学方程式为 。
③当燃油中含硫量较高时，尾气中 在 作用下会形成 ，使催化剂中毒。用化学方程式表示 的形成： 。
④尿素溶液浓度影响 的转化，测定溶液中尿素（ ）含量的方法如下：取ag尿素溶液，将所含氮完全转化为 ，所得 用过量的 mL 溶液吸收完全，剩余 用 溶液恰好中和，则尿素溶液中溶质的质量分数是 。
（2）（NSR 储存还原）工作原理：
的储存和还原在不同时段交替进行，如图a所示。
①通过BaO和 的相互转化实现 的储存和还原。储存 的物质是 。
②用 模拟尾气中还原性气体研究了 的催化还原过程，该过程分两步进行，图b表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应消耗的 与 的物质的量之比是 。
③还原过程中，有时会产生笑气（ ）。用同位素示踪法研究发现笑气的产生与NO有关。在有氧条件下 与 以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是 。写出该反应的化学方程式 。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A．反应1是氨气和氢气反应生成氨气的过程，断裂氮氮键和氢氢键，形成氮氢键，A符合题意；
B．反应1是氮气和氢气合成氨气，反应2是氨的催化氧化，即氨气和氧气反应生成一氧化氮和水的过程，该反应都属于氧化还原反应，发生电子的转移，B不符合题意；
C．催化剂a表面发生的是合成氨的反应，属于氮的固定， C不符合题意；
D．形成化学键放出热量，因此在催化剂b表面形成氨氧键的过程是放热过程，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、根据图示可知氮氮键和氢氢键断开，形成氮氢键；
B、反应2的过程中化合价发生变化，有电子转移；
C、氮的固定指氮气转化为化合物的过程；
D、成键放出能量。
2．【答案】A
【解析】【解答】A．漂粉精主要成分是CaCl2、Ca(ClO)2的混合物，有效成分是Ca(ClO)2，该物质具有强氧化性，能够使细菌、病毒蛋白质氧化而失去生理活性，因而具有消毒杀菌作用，A符合题意；
B．明矾溶于水会反应产生氢氧化铝胶体而具有净水作用，但不能起消毒杀菌作用，B不符合题意；
C．乳酸菌能够促使乳酸分解，但不具有消毒杀菌作用，C不符合题意；
D．小苏打是轻金属盐，本身对人体健康无刺激性，能够与胃酸反应，降低胃酸的浓度，因而可以治疗胃酸过多，但不具有消毒杀菌作用，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】漂粉精漂白原理是利用次氯酸钙与空气中的二氧化碳反应生成次氯酸
3．【答案】A
【解析】【解答】A、干燥的氯气不与铁反应，能用钢瓶贮存，故A符合题意；
B、与过量的Fe反应只生成FeCl3，故B不符合题意；
C、与H2混合光照会发生爆炸，制取HCl，用氢气在氯气中燃烧，故C不符合题意；
D、与消石灰反应制取漂粉精，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A.常温下铁与干燥的氯气不反应；
B.氯气与铁反应无论铁是否过量都生成氯化铁；
C.氯气与氢气的混合物光照时会发生爆炸；
D.氯气与石灰乳反应制取漂白精。
4．【答案】D
【解析】【解答】A．电解熔融氯化镁得到镁单质和氯气，电解氯化镁水溶液可以得到氢氧化镁，A不符合题意；
B．加热氯化铵分解成HCl和NH3，生成的HCl和NH3在试管口又反应生成氯化铵，无法得到氨气，B不符合题意；
C．Al和Fe2O3在高温条件下才能反应，室温下不反应，C不符合题意；
D．浓硝酸具有强氧化性，可以和铜反应生成NO2、Cu(NO3)2和水，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、MgCl2Mg+Cl2↑；
B、氯化铵受热易分解，但分解生成的氯化氢和氨气会重新反应生成氯化铵，不能用来制备氨气；
C、铝热反应在高温条件进行；
D、铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，和稀硝酸反应生成一氧化氮，酸溶液的浓度越大，氧化性越强。
5．【答案】A
【解析】【解答】A．过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，故其可用作呼吸面具供氧剂，A符合题意；
B．Cl2具有氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，B不符合题意；
C．SO2具有还原性，可用作葡萄酒的抗氧化剂，C不符合题意；
D．液氨气化吸收大量的热，具有制冷的作用，可用作制冷剂，与其溶解性无关，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；
B.氯气杀菌消毒利用的是其强氧化性；
C.二氧化硫作抗氧化剂是因为其具有还原性；
D.液氨汽化吸收大量热量，因此可作制冷剂。
6．【答案】B
【解析】【解答】A. Na2O2可与CO2反应放出氧气，可用于制作呼吸面具，A不符合题意；
B. SiO2具有导电性，可用于制作光导纤维，但光电池的主要成分是硅，B符合题意；
C. 聚四氟乙烯耐酸碱腐蚀，可用作化工反应器的内壁涂层，C不符合题意；
D. 氯水具有较强的氧化性，可用于漂白纸张．织物等，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.Na2O2是常用的供氧剂；
B.光电池的主要成分是Si；
C.聚四氟乙烯具有耐酸碱腐蚀的性质；
D.氯水中含有HClO，具有强氧化性和漂白性；
7．【答案】C
【解析】【解答】A．乙醇在加热的条件下可以与 反应制备乙醛，该装置能完成实验，A不符合题意；
B．加热条件下，石蜡油在碎瓷片的作用下可以分解，该装置能完成实验，B不符合题意；
C．氯化钙吸水形成水合氯化钙，水合氯化钙加热也会脱出水分，同时氯化钙也能与氨结合，该装置不能完成实验，C符合题意；
D．加热条件下铁粉可以与水蒸气反应四氧化三铁和氢气，铁粉将水蒸气还原，该装置能完成实验，D不符合题意；
故答案为C。
【分析】A.利用氧化铜将乙醇氧化为乙醛
B.利用碎瓷片催化剂可以催化分解石蜡油
C.一般利用生石灰或者氢氧化钠吸收氨气中的水
D.高温下水蒸气和铁反应得到四氧化三铁和氢气
8．【答案】D
【解析】【解答】解：周期表中，卤素单质从上到下相对分子质量依次增大，依据分子晶体沸点规律可知，沸点从上到下依次增大；周期表中，卤素单质从上到下相对分子质量依次增大，依据分子晶体沸点规律可知，沸点从上到下依次增大，状态有气体到液态到固态转变；依据元素周期律可知，从上到下，卤族元素的非金属性依次减弱，单质的氧化性依次减弱；
A．①沸点最低，相对分子质量最小，所以是氟气，非金属性最强，故A正确；
B．依据单质②沸点的位置，可知为氯气，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，能使品红溶液褪色，故B正确；
C．单质③为溴，溴在常温下是液态，故C正确；
D．依据元素周期律可知，从上到下，卤族元素的非金属性依次减弱，单质的氧化性依次减弱，单质的氧化性强弱顺序是④＜③＜②＜①，故D错误；
故选：D．
【分析】卤素单质都是分子晶体，分子晶体相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高；同主族元素非金属性从上到下依次减弱，结合关系图解答．
9．【答案】C
【解析】【解答】解：A．KI淀粉溶液中滴入氯水，碘离子被氯气氧化为碘单质，遇到淀粉变蓝，再通入SO2，碘单质被还原为碘离子，所以蓝色褪色，体现二氧化硫的还原性，故A错误；
B．用洁净铂丝蘸取无色溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，则溶液中一定含有钠离子，可以为钠盐或者氢氧化钠，故B错误；
C．一般难溶的沉淀可以转化为更难溶的沉淀，向白色ZnS沉淀上滴加0.1ml/LCuSO4溶液，沉淀变为黑色，则说明硫化锌溶解度大于硫化铜，故C正确；
D．浓硝酸具有强的氧化性，常温先使铝钝化，生成致密氧化膜，属于化学变化，故D错误；
故选：C．
【分析】A．氯气氧化性强于碘，碘氧化性强于二氧化硫；
B．钠离子的焰色反应呈黄色；
C．依据沉淀转化原则结合结构相似的沉淀，溶度积常数越大溶解度越大解答；
D．浓硝酸具有强的氧化性，常温先使铝钝化．
10．【答案】A
【解析】【解答】解：第一份只有HNO3，发生反应：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+H2O，H+不足，溶液中剩余NO3﹣，设有8mlHNO3，
则生成2mlNO，消耗8mlH+；
另一份先加入与其等体积的稀硫酸，溶液中硫酸提供H+，3V1=V2，则应生成6mlNO，根据3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+H2O
可知消耗24mlH+，原来硝酸溶液中含溶质8ml，硫酸溶液中含氢离子为16ml，所以硝酸与硫酸溶液中H+的物质的量之比为1：2，则稀硝酸与稀硫酸的物质的量为1：1，硝酸和硫酸是等体积混合，稀硝酸与稀硫酸的物质的量浓度之比为1：1；
故选A．
【分析】铜与稀硝酸反应生成硝酸铜一氧化氮和水；先加入与其等体积的稀硫酸，再投入足量的铜粉反应，溶解的铜比第一份要多，因为硫酸提供氢离子和溶液中的硝酸根离子形成硝酸会继续溶解铜，所以分析反应实质，只需根据发生反应的离子方程式继续计算即可：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+H2O．
11．【答案】C
【解析】【解答】A.向银氨溶液中滴加足量的盐酸会有氯化银沉淀生成，故A不符合题意；
B.过氧化钠为固体，书写离子方程式时不拆，故B不符合题意；
C. 氨的氯化钠饱和溶液中通入足量 生产碳酸氢铵和氯化铵，故C符合题意；
D. 工业上制备漂白粉是将氯气通入石灰乳中，在离子方程式中，石灰乳不拆，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】离子方程式的书写步骤：写出化学方程式，将可溶性的强电解质拆开，删去方程式两边相同的离子， 检查是否符合电荷守恒和质量守恒，是否是最简比。
12．【答案】A
【解析】【解答】A.c为HClO4，具有强氧化性，但室温下稀的HClO4溶液氧化性较弱，因此其与变价金属反应不一定生成相应金属的高价盐，A符合题意；
B.b、d、f中氯元素均处于中间价态，在反应过程中。氯元素的化合价可以升高，也可以降低，因此既具有氧化性，又具有还原性，B不符合题意；
C.若e为钠盐，则e为NaCl，NaCl能与浓硫酸反应生成沸点较低的HCl，C不符合题意；
D.加热条件下，d与强碱溶液反应生成e和f的过程，氯元素由0价变为－1价和＋5价，根据得失电子守恒可得，生成e、f的物质的量之比为5：1，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】由“价-类”二维图可知，a为HCl，b为HClO，c为HClO4，d为Cl2，e为盐酸盐，含有Cl－；f为氯酸盐，含有ClO3－；g为高氯酸盐，含有ClO4－。
13．【答案】C
【解析】【解答】A．碳酸氢钠俗名小苏打，氢氧化铝、碳酸氢钠的碱性较弱，并且能与盐酸反应，可用作胃酸中和剂，A不符合题意；
B．过氧化钠能与水、二氧化碳反应生成氧气，可用作呼吸面具或潜水艇的供氧剂，B不符合题意；
C．ClO2具有强氧化性，可使蛋白质变性，可用作自来水的杀菌、消毒剂，而不是作净水剂，C符合题意；
D．在海轮外壳上镶入锌块，Zn、Fe和海水能形成原电池，Zn作负极，Fe作正极，Fe电极上发生得电子的反应而被保护，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．氢氧化铝、碳酸氢钠均可与胃酸反应且对身体无害；
B．过氧化钠可与水、二氧化碳反应生成氧气；
C．ClO2具有强氧化性，可与杀菌消毒；
D．根据原电池原理分析；
14．【答案】D
【解析】【解答】A. 提溴的浓缩液来自于海水晒盐后的卤水，选项A不符合题意；
B. 氧化步骤都可以通入氯气来实现，氯气将溴离子氧化为溴单质，选项B不符合题意；
C. 提取溴时利用溴的挥发性，挥发出来后吸收富集，选项C不符合题意；
D. 提取碘时必须将碳吹出并吸收，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】海水提溴中会发生的反应有：2NaBr+Cl2=Br2+2NaCl；Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4；2HBr+Cl2=2HCl+Br2；
海水提碘时会发生的反应有：Cl2+2I-=I2+2Cl-。
15．【答案】C
【解析】【解答】A.待测液若为硫酸钠溶液，滴入几滴稀硝酸，并不会有明显现象，再加入硝酸银溶液会出现硫酸银白色沉淀，所以待测液中不一定含有氯离子，A项不符合题意；
B.泡沫灭火器中有水，电器设备起火时，用水灭火可能导致触电事故，所以不能使用泡沫灭火器，B项不符合题意；
C.酸碱中和滴定实验中，滴定剂滴加过量时，可以用被滴定试剂反滴，不一定需要重做实验，C项符合题意；
D.少量硝酸钾杂质可溶于较高温度的少量水中，所以通过蒸发溶剂使氯化钠晶体析出，趁热过滤可以最大限度地分离除去氯化钠中的硝酸钾，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．检验Ag+可用硝酸和硝酸银；
B．电器起火可用二氧化碳灭火器；
C．滴定剂滴加过量时，可以用被滴定试剂反滴；
D．溶解度随温度变化较小的物质可用蒸发结晶；
16．【答案】C
【解析】【解答】解：A．氯水显酸性，能与碳酸钙反应生成CO2气体，固体溶解，故A不选；
B．氯水含有氯气，具有强氧化性，可氧化亚铁离子生成铁离子，滴加KSCN溶液，溶液变红色，故B不选；
C．HCl不具有漂白性，不能使布条褪色，故C选；
D．氯离子和硝酸银反应生成氯化银白色沉淀，故D不选．
故选C．
【分析】氯气与水反应，发生Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO，氯水中含有HClO、Cl2，具有氧化性，其中HClO具有漂白性，含有H+，具有酸性，以此解答．
17．【答案】A
【解析】【解答】A．反应中锌离子生成又消耗，为催化剂，A符合题意；
B．过程Ⅰ中氧元素化合价升高，发生氧化反应；过程Ⅱ中氧元素化合价降低，发生还原反应，B不符合题意；
C．二氧化碳分子结构为O=C=O，为直线型非极性分子，一个分子内存在2个键，C不符合题意；
D．该过程的总反应为：，D不符合题意；
故答案为：A；
【分析】A．催化剂反应前参与反应，反应后又生成；
B．元素化合价降低发生还原反应；元素化合价升高发生氧化反应；
C．二氧化碳分子结构为O=C=O，依据单键是σ键，双键一个σ键和一个π键，三键是一个σ键和两个π键；
D．根据反应物和生成物的化学式利用元素守恒、得失电子守恒分析。
18．【答案】A
【解析】【解答】A．硫化亚铜与氧气反应生成氧化铜和二氧化硫，反应的方程式为：Cu2S＋2O2 2CuO＋SO2，铜与氯气反应生成氯化铜，方程式为：Cu＋Cl2 CuCl2，A符合题意；
B．盐酸酸性强于碳酸，根据强酸制弱酸原理，二氧化碳与氯化钙溶液不反应，B不符合题意；
C．铁和水蒸气在高温条件下反应生成四氧化三铁和氢气，方程式为：3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2，C不符合题意；
D．氨气催化氧化生成一氧化氮，方程式为：4NH3+5O2 4NO+6H2O，而一氧化氮和水不反应，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A．硫化亚铜与氧气反应生成铜和二氧化硫，铜与氯气反应生成氯化铜，各反应均可发生；
B．二氧化碳与氯化钙溶液不能反应，不能制取碳酸钙；
C．注意铁和水蒸气的反应条件及其产物；
D．熟悉氮的化合物的性质。
19．【答案】C
【解析】【解答】A． NH4Cl受热分解生成NH3和HCl，这两者在管口又会重新生成NH4Cl，无法制备NH3，A不符合题意；
B． CO2的溶解度小，而NH3易溶于水，应先将NH3通入食盐水中，再将CO2通入溶有NH3的食盐水中，B不符合题意；
C． 以氯化钠、二氧化碳、氨和水为原料制备碳酸钠，先发生反应NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，由于NaHCO3的溶解度最小，则会结晶析出，再进行过滤，分离出NaHCO3，C符合题意；
D． 灼烧NaHCO3不能在烧杯中进行，应置于坩埚中，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.加热氯化铵分解产生氨气和氯化氢，氨气和氯化氢在试管口遇冷又化合生成氯化铵；
B.应先将NH3通入食盐水中，再将CO2通入溶有NH3的食盐水中；
D.灼烧固体应在坩埚中进行。
20．【答案】D
【解析】【解答】A．食品中的抗氧化剂具有还原性，可防止食品被氧化，A项不符合题意；
B．从海水中提取蒸馏水和盐时，通过蒸馏、蒸发等物理变化就能实现，提取溴、碘、镁等物质时，必须通过化学反应才能实现，B项不符合题意；
C．光导纤维是二氧化硅，不是有机高分子材料，C项不符合题意；
D．“地沟油”禁止食用，但是其主要成分是油脂，在碱性溶液中发生水解反应，又称皂化反应，可用于制取肥皂，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】 A.抗氧化剂应具有还原性；
B.过程中有新物质生成的为化学反应，没有新物质生成的为物理变化；
C.光导纤维主要成分二氧化硅，二氧化硅为无机物；
D.地沟油的主要成分为油脂，碱性溶液中水解生成肥皂。
21．【答案】（1）Cl2 +2OH－ = Cl－+ ClO－+ H2O
（2）用约80℃水浴加热；逐出生成的Cl2
（3）减少碘的升华损失
（4）溶液变为无色
（5）向溶液中加入适量KOH溶液中和KH(IO3)2（至溶液呈碱性），在不断搅拌下向溶液中滴加CaCl2溶液，静置，向上层清液中滴加少量CaCl2溶液，直至没有沉淀产生，在室温下过滤、用冰水洗涤固体2～3次
【解析】【解答】（1）室温下，Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，该反应的离子方程式为：Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O；
（2）由于制备碘酸氢钾的反应温度为80℃，因此适宜的加热方式为用约80℃的水浴加热；由于气体的溶解度随温度的升高而降低，因此加热过程还可除去反应生成的Cl2；
（3）由于碘易升华，且反应温度较高，碘单质易形成碘蒸气，常用冷凝管装置，有利于减少碘的升华损失；
（4）含有I2的溶液显黄色，当I2完全反应时，溶液变为无色；
（5）制备Ca(IO3)2·6H2O的实验方案：将烧瓶中溶液转移到烧杯中，向溶液中加入适量KOH溶液中和KH(IO3)2（至溶液呈碱性），在不断搅拌下向溶液中滴加CaCl2溶液，静置，向上层清液中滴加少量CaCl2溶液，直至没有沉淀产生，在室温下过滤、用冰水洗涤固体2～3次；
【分析】（1）室温下，Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，据此写出反应的离子方程式；
（2）根据反应条件确定加热方法；结合气体溶解度与温度的影响分析；
（3）结合碘易升华的性质分析；
（4）含有I2的溶液显黄色；
（5）制备Ca(IO3)2·6H2O时，应加入KOH和KH(IO3)2，并不断搅拌加入CaCl2溶液；
22．【答案】（1）解：反应结束时收集到336mL气体的物质的量为： =0.015ml，根据方程式：MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O，产生0.015ml氯气消耗二氧化锰的物质的量是0.015ml，质量是：0.015ml×87g/ml=1.305g，
答：参加反应的二氧化锰的质量是1.305g；
（2）解：将生成的Cl2通到NaOH溶液中制得100mL消毒液，发生反应：
设NaClO的物质的量为x
解得x=0.015
所以c（NaClO）= =0.15ml/L，
答：消毒液中有效成分的物质的量浓度是0.15ml/L；
（3）解：由题意可知m（AgCl）=11.48g，则n（AgCl）= =0.08ml，
所以溶液中氯离子的物质的量是0.08ml，
根据Mn守恒可知，产生氯化锰中氯离子是0.015ml×2=0.03ml，
所以盐酸剩余的量是0.05ml，
所以原盐酸的物质的量是=0.03ml+0.08ml=0.11ml，c= =9.17ml/L，
答：浓盐酸能和二氧化锰反应的生成Cl2的最低浓度是9.17ml/L．
【解析】【解答】解：（1）反应结束时收集到336mL气体的物质的量为： =0.015ml，根据方程式：MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O，产生0.015ml氯气消耗二氧化锰的物质的量是0.015ml，质量是：0.015ml×87g/ml=1.305g；（2）将生成的Cl2通到NaOH溶液中制得100mL消毒液，发生反应：Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O，有效成分是NaClO，0.015ml氯气能产生次氯酸钠是0.015ml，所以c（NaClO）= =0.15ml/L；（3）将反应后得到的残余液过滤、洗涤滤渣，洗涤液和滤液混合；向滤液中加入足量的AgNO3溶液，过滤、洗涤、干燥后得到固体11.48g．固体即为AgCl，物质的量是 =0.08ml，所以溶液中氯离子的物质的量是0.08ml，根据Mn守恒，产生氯化锰中氯离子是0.015ml×2=0.03ml，所以盐酸剩余的量是0.05ml，
盐酸和二氧化锰反应后的溶液中氯离子的物质的量等于未参加氧化还原反应的盐酸的物质的量，生成氯气是0.015ml，此部分来自0.03ml盐酸，所以原来盐酸的物质的量是：0.03ml+0.08ml=0.11ml，浓度是 =9.17ml/L。
【分析】（1）根据化学反应方程式：MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2+2H2O结合产生氯气的物质的量进行计算；（2）将生成的Cl2通到NaOH溶液中发生反应：Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O，根据c= 进行计算；（3）根据二氧化锰的量计算参加氧化还原反应的盐酸的量，用生成沉淀的量计算溶液中氯离子的物质的量，再根据原子守恒计算盐酸的物质的量浓度．
23．【答案】（1）；0.05ml
（2）氯气与NaOH的反应是放热反应，溶液温度升高，生成了Ca(ClO3)2，使产物中Ca(ClO)2的质量减少
（3）ClO-；0.25；7：6
【解析】【解答】（1）①实验室用MnO2和浓盐酸共热的方法制备Cl2，产生的Cl2中混有HCl，可用饱和食盐水除去，再将Cl2通入石灰乳中，过量的Cl2可用NaOH溶液吸收，因此可得装置如图；
②8.7gMnO2的物质的量，所用浓盐酸中n(HCl)=c×V=12ml/L×0.1L=1.2ml，其反应的化学方程式为：MnO2＋4HClMnCl2＋2H2O＋Cl2↑，因此0.1mlMnO2完全反应，则理论上产生n(Cl2)=0.1ml，该Cl2与过量的石灰乳反应的化学方程式为2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O，则理论上可制得Ca(ClO)2的物质的量为0.05ml；
（2）由题干信息可知，Cl2与石灰乳的反应为放热反应，使得溶液的温度升高，温度较高时，Cl2与石灰乳反应生成Ca(ClO3)2，使得Ca(ClO)2的产量减小；
（3）①由于ClO3-的产生需要较高的温度，而温度的升高，需要由反应放热提供，因此曲线Ⅰ表示的是ClO-的物质的量随反应时间变化的关系，曲线Ⅱ表示的是ClO3-的物质的量随反应时间变化的关系；
②设被还原的Cl-的物质的量为a，则a×1=0.1ml×1+0.05ml×5=0.35ml，含Cl-的物质的量为0.35ml+0.1ml+0.05ml=0.5ml；由于CaCl2、Ca(ClO)2、Ca(ClO3)2中n(Ca)：n(Cl)=1：2，因此所需石灰乳中Ca(OH)2的物质的量为0.25ml；
③另外②等物质的量的石灰乳，则含Ca(OH)2的物质的量为0.25ml，
设n(ClO-)=a ml，n(ClO3-)=b ml，根据得失电子守恒可得：0.37=a×1+b×5
由CaCl2、Ca(ClO)2、Ca(ClO3)2中n(Ca)：n(Cl)=1：2可得，氯元素的物质的量为0.5ml，则a+b+0.27=0.5，解得a=0.07ml、b=0.06ml，即n(ClO-)=0.07ml，n(ClO3-)=0.06ml
因此
【分析】（1）①结合实验室制取Cl2的装置进行分析；
②根据发生反应的化学方程式进行计算；
（2）根据题干信息，温度过高，反应生成Ca(ClO3)2分析；
（3）①ClO3-的产生需要较高温度，据此分析曲线所表示的离子；
②根据得失电子守恒，结合离子个数比进行计算；
③另外②等物质的量的石灰乳，则含Ca(OH)2的物质的量为0.25ml，根据得失电子守恒列式计算；
24．【答案】（1）长颈漏斗、分液漏斗；befghdci；吸收Cl2中的HCl；Cl2+2OH﹣=ClO﹣+Cl﹣+H2O
（2）观察气泡流速便于控制Cl2和NO2的进入量的比例；Cl2+2NO2+4NaOH=2NaNO3+2NaCl+2H2O；NO2的量过多，NO2与NaOH溶液反应生成了NaNO2和NaNO3，加入硫酸后NO2﹣发生歧化反应生成NO和NO2，故在试管中出现红棕色气体
【解析】【解答】解：（1）①依据仪器形状可知：M为长颈漏斗，N为 分液漏斗；
故答案为：长颈漏斗、分液漏斗；②实验室用二氧化锰和浓盐酸加热方法制取氯气，制备的氯气中含有氯化氢和水蒸气，依次通过盛有饱和食盐水、浓硫酸洗气瓶除去杂质，氯气密度大于空气密度，用向上拍空气法收集，尾气用氢氧化钠溶液吸收，所以正确的连接顺序为：befghdci；故答案为：befghdci；③浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有氯化氢，氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度不大，通入D中用饱和食盐水稀释氯气中的氯化氢；
氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式：Cl2+2OH﹣=ClO﹣+Cl﹣+H2O；故答案为：吸收Cl2中的HCl； Cl2+2OH﹣=ClO﹣+Cl﹣+H2O；（2）氯气在饱和食盐水中溶解度不大，二氧化氮在四氯化碳中不溶，所以分别通入两种气体后，会看到产生气泡，通过气泡的快慢控制Cl2和NO2的进入量比例，所以装置X与Z的作用为：观察气泡流速便于控制Cl2和NO2的进入量的比例；
故答案为：观察气泡流速便于控制Cl2和NO2的进入量的比例；②氯气、二氧化氮在碱性环境下发生氧化还原反应生成硝酸钠、氯化钠和水，反应的方程式：Cl2+2NO2+4NaOH=2NaNO3+2NaCl+2H2O；故答案为：Cl2+2NO2+4NaOH=2NaNO3+2NaCl+2H2O；③通入的二氧化氮量过多，则过量的二氧化氮与NaOH溶液反应生成了NaNO2和NaNO3，当加入硫酸后亚硝酸钠在酸性环境下发生歧化反应生成一氧化氮和二氧化氮，二氧化氮为红棕色气体，所以会看到试管中出现红棕色气体；
故答案为：NO2的量过多，NO2与NaOH溶液反应生成了NaNO2和NaNO3，加入硫酸后NO2﹣发生歧化反应生成NO和NO2，故在试管中出现红棕色气体．
【分析】（1）①仪器仪器的形状说出其名称；②实验室用二氧化锰和浓盐酸加热方法制取氯气，制备的氯气中含有氯化氢和水蒸气，依次通过盛有饱和食盐水、浓硫酸洗气瓶除去杂质，氯气密度大于空气密度，用向上拍空气法收集，尾气用氢氧化钠溶液吸收，据此排序；③浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有氯化氢，氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度不大，据此用盛有饱和食盐水的洗气瓶除去氯气中的氯化氢；氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，据此书写离子方程式；（2）①氯气在饱和食盐水中溶解度不大，二氧化氮在四氯化碳中不溶，所以分别通入两种气体后，会看到产生气泡，通过气泡的快慢控制Cl2和NO2的进入量比例；②依据实验时观察到X试剂瓶中有黄绿色气体，Z试剂瓶中有红棕色气体，若通入适当比例的Cl2和NO2，Y中观察不到气体颜色，反应结束后加入稀硫酸无现象可知氯气、二氧化氮在碱性环境下发生氧化还原反应生成硝酸钠、氯化钠和水，据此书写方程式；③依据二氧化氮能够与氢氧化钠反应生成硝酸钠和亚硝酸钠，酸性环境下，亚硝酸根离子发生歧化反应生成一氧化氮和二氧化氮解答．
25．【答案】（1）；；；
（2）BaO；8：1；
【解析】【解答】（1）①尿素受热分解应该得到氨气和二氧化碳，根据原子个数守恒，反应物中需要水，所以反应为： 。②氨气将NO2还原，图中看出生成物为水和N2，利用原子个数守恒和化合价升降相等得到方程式为： 。③尾气的SO2和氧气，再加上氨水反应，最后得到硫酸铵，根据化合价升降相等和原子个数守恒配平，得到： 。④用 溶液恰好中和过量硫酸，氢氧化钠为 ，所以过量的硫酸为 ，与氨气反应的硫酸为 ，所以氨气为 ，根据N原子守恒得到尿素为 ，质量为 ，质量分数为： （2）①储存时，BaO将N元素转化为Ba(NO3)2储存。所以储存 的物质是BaO。②从图中得到开始时，氢气将硝酸钡还原为氨气，氢气化合价升高失电子，1个H2失去2个电子（H一定从0价变为+1价），硝酸钡化合价降低得电子，1个 得到16个电子（每个N原子由+5价降低到氨气的-3价），为保证得失电子守恒， 与 的物质的量之比是8：1。③在有氧条件下， 与 以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是 ，说明笑气中的两个+1价N原子，一定一个来自NO的+2价降低，一个来自NH3的-3价升高，此时化合价升降不等，所以需要氧气来补充化合价的变化。所以得到部分方程式为：15NO + NH3 + O2 → 15NNO + H2O。因为一个NO降低1价，一个NH3升高4价，所以O2应该降低3价以补充化合价变化，即氧气为3/4个。根据这样的比例，将方程式配平即得到：. 。
【分析】本题的难点是化学方程式的书写和配平，酸碱中和反应的相关计算以及对图像的认识。（尿素受热分解应该得到氨气和二氧化碳，根据原子个数守恒，反应物中需要水选项
棉花球上蘸的液体
固体
实验
A
乙醇
氧化铜
制备少量乙醛
B
石蜡油
碎瓷片
石蜡油的分解
C
浓氨水
无水氯化钙
制备干燥的氨气
D
水
铁粉
铁粉还原水蒸气
选项
操作
现象
结论
A
KI淀粉溶液中滴入氯水，再通入SO2
先变蓝色后褪色
SO2有漂白性
B
用洁净铂丝蘸取无色溶液进行焰色反应
火焰呈黄色
无色溶液为钠盐溶液
C
向白色ZnS沉淀上滴加0.1ml/LCuSO4溶液
沉淀变为黑色
Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS）
D
常温下将Al片放入浓硝酸中
无明显变化
Al与浓硝酸不反应
A
B
C
D
制取氨气
制NaHCO3
分离NaHCO3
制Na2CO3
Cl2+2NaOH═NaCl+
NaClO+H2O
1
1
0.015ml
x