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2024-2025学年山东省淄博市高青县第一中学高一(上)期中化学试卷(解析版)
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这是一份2024-2025学年山东省淄博市高青县第一中学高一(上)期中化学试卷(解析版)，共19页。试卷主要包含了5 Mg， 下列物质储存或使用正确的是， 下列关于NA说法不正确的是， 现有三种溶液等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题(共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求)
1. 下列物质储存或使用正确的是
A. 新制氯水保存于带玻璃塞的棕色广口瓶中
B. 铁与氯气不反应，所以液氯可用钢瓶储存
C. 金属钠着火用二氧化碳灭火器扑灭
D. ClO2用作新型自来水消毒剂
【答案】D
【解析】A．由于次氯酸见光易分解，故新制氯水保存于带玻璃塞的棕色细口瓶中避光保存，A错误；
B．铁可以在Cl2中剧烈燃烧，但常温下铁与氯气不反应，所以液氯可用钢瓶储存，B错误；
C．由于金属钠能够在CO2中继续燃烧，反应方程式为：4Na+3CO2=2Na2CO3+C，故金属钠着火不能用二氧化碳灭火器扑灭，应该用干燥的沙土扑灭，C错误；
D．ClO2具有强氧化性，可以杀死自来水中的细菌和病毒，可用作新型自来水消毒剂，D正确；
故选D。
2. 25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 透明的溶液中：Cu2+、Na+、、
B. 使石蕊试液变蓝的溶液中：Mg2+、Na+、Cl−、
C. 加入金属锌产生H2的溶液中：Na+、Ba2+、、OH−
D. pH<7的溶液中：Na+、K+、Cl−、ClO−
【答案】A
【解析】A．透明的溶液中，Cu2+、Na+、、之间不发生反应，能大量共存，A正确；
B．使石蕊试液变蓝的溶液为碱性溶液：Mg2+与OH−反应生成氢氧化镁沉淀，不能大量共存，B错误；
C．加入金属锌产生H2的溶液为酸性溶液，H+与OH−反应生成水，不能大量共存，C错误；
D．25℃时，pH<7的溶液为酸性溶液：H+、Cl−与ClO−发生反应生成氯气和水，不能大量共存，D错误；
故选A。
3. 下列关于NA说法不正确的是
A. 2.3g钠与1L0.01ml/L盐酸反应，转移的电子数为0.1 NA
B. 标况下11.2LH2O分子中所含的O原子数为0.5NA
C. 常温常压下，CO和N2的混合气体2.8g含有的原子数为0.2 NA
D. 将1ml Cl2通入水中，HClO、Cl−、ClO−粒子数之和小于2 NA
【答案】B
【解析】A．2.3g钠的物质的量为0.1ml，与1L0.01ml/L盐酸反应，先与HCl反应，再与水反应，钠完全反应，转移的电子数为0.1NA，A正确；
B．标况下，H2O不是气体，不能用气体的摩尔体积来计算物质的量，B错误；
C．CO和N2的摩尔质量都是28g/ml，且都是双原子分子，2.8gCO和N2的混合气体物质的量为0.1ml，含有的原子数为0.2NA，C正确；
D．氯气和水反应是可逆反应，不能进行彻底，所以1ml Cl2通入水中，粒子数之和小于2NA，D正确；
故选B。
4. 下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是
A. 稀盐酸中加入碳酸镁浊液：
B 少量溶液与澄清石灰水反应：
C. 稀硫酸中加入氢氧化钡溶液：
D 次氯酸钙溶液中通入少量：
【答案】D
【解析】A．碳酸镁难溶，稀盐酸中加入碳酸镁浊液：，A错误；
B．少量溶液与澄清石灰水反应，生成碳酸钙、氢氧化钠和水：，B错误；
C．稀硫酸中加入氢氧化钡溶液：，C错误；
D．次氯酸钙溶液中通入少量，生成碳酸钙和次氯酸：，D正确；
答案选D。
5. 教材中的实验有助于理论知识的学习，下列说法错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】A．碳酸钠受热不易分解，澄清石灰水无现象，碳酸氢钠受热易分解，澄清石灰水变浑浊，可以比较二者的热稳定性，A正确；
B．氯水中次氯酸不稳定，光照易分解生成盐酸，氯化氢完全电离，则氯离子浓度增大，B正确；
C．Na2O2与水的反应生成的气体能使带火星的木条复燃，说明生成的是氧气，C正确；
D．将有色鲜花放入盛有干燥氯气的集气瓶中，鲜花褪色是由于鲜花中的水与氯气反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，干燥的Cl2不具有漂白性，D错误；
故选D。
6. 现有三种溶液：①400mL 2.5ml/LHCl溶液、②250mL 4.0ml/LHCl溶液、③200mL 2.0ml/LMgCl2溶液。下列说法正确的是
A. 溶液的导电能力：①=②
B. Cl−的物质的量：③>②
C. 向①②中加入等质量的Fe，产生H2的物质的量：①=②
D. 将38.0gMgCl2固体溶于200mL水中可得到③
【答案】C
【解析】A．离子所带电荷相同时，离子浓度越大，溶液的导电能力就越强，溶液的导电能力为：①＜②，A错误；
B．②250mL 4.0ml/LHCl溶液中的物质的量为，③200mL 2.0ml/LMgCl2溶液中的物质的量为，故的物质的量：③<②，B错误；
C．①②中氢离子物质的量相等，均为1ml，故向①②中加入等质量的Fe，产生H2的物质的量：①＝②，C正确；
D．该体积是溶剂的体积，不是溶液的体积，故所得溶液的浓度不是2ml/L，D错误；
故选C。
7. 化学源自于生活和生产实践，并伴随着人类社会的进步不断发展，近年来科学家合成和发现了一些新物质，如新型氢分子H3、新型氧分子O4、高能微粒等，下列说法正确的是
A. 高能微粒摩尔质量为70g
B. 常温常压下，O2与O3的密度之比为3:2
C. 一定条件下，H2生成H3的反应属于化学变化
D. N2与互为同素异形体
【答案】C
【解析】A．摩尔质量的单位为g/ml，故高能微粒摩尔质量为70g/ml，A错误；
B．同温同压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比，所以常温常压下，O2与O3的密度之比为32:48=2:3，B错误；
C．H2生成H3的反应中有新物质生成，属于化学变化，C正确；
D．同素异形体为同种元素组成的不同单质，互为同素异形体，不是单质，D错误；
故选C。
8. 离子的摩尔电导率可用来衡量电解质溶液中离子导电能力的强弱，摩尔电导率越大，离子在溶液中的导电能力越强。已知Ca2＋、OH－、的摩尔电导率分别为0.60、1.98、0.45据此可判断，向饱和的澄清石灰水中通入过量的二氧化碳，溶液导电能力随二氧化碳通入量的变化趋势正确的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】向澄清石灰水中通入过量的CO2，先生成碳酸钙沉淀，钙离子、氢氧根离子浓度在减少，后沉淀溶解生成碳酸氢钙溶液，钙离子、碳酸氢根离子的浓度在增大，钙离子的浓度与原来相等，碳酸氢根离子的浓度与原来氢氧根离子浓度相等，但OH-的摩尔导电率大于HCO3-的摩尔电导率来分析。向澄清石灰水中通入过量的CO2，先生成碳酸钙沉淀，钙离子、氢氧根离子浓度在减少，溶液导电能力减弱，后沉淀溶解生成碳酸氢钙溶液，钙离子、碳酸氢根离子的浓度在增大，钙离子的浓度与原来相等，碳酸氢根离子的浓度与原来氢氧根离子浓度相等，但OH-的摩尔导电率大于HCO3-的摩尔电导率，所以最后溶液的导电性小于原来，最后不变；
故选D。
9. 下列实验操作，现象及结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】A．、都能和盐酸反应生成使澄清石灰水变浑浊的无色无味的二氧化碳，故A错误；
B．焰色试验中火焰为黄色只能说明含有钠元素，碱性溶液可能为NaOH溶液，也可能为Na2CO3或NaHCO3溶液，故B错误；
C．若溶液中含有Ag+，加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加过量稀盐酸，沉淀也不消失，故C错误；
D．向某溶液中加入过量硝酸酸化的 AgNO3 溶液，有白色沉淀生成，可证明该溶液中含有 Cl−，故D正确；
故选D。
10. 过氧化钠可用作熔矿剂，使一些难溶于酸的矿物变成可溶于水或酸的物质。过氧化钠与铬铁矿[主要成分为亚铬酸亚铁(FeCr2O4)]反应的化学方程式为2FeCr2O4+7 Na2O24 Na2CrO4+Fe2O3+3Na2O，下列有关说法错误的是
A. Na2O2、Na2O阳离子与阴离子个数比都为2∶1
B. 该反应中的氧化产物是Na2CrO4和Fe2O3
C. 若有2 ml FeCr2O4参加反应，则被Fe2+氧化的Na2O2为1 ml
D. 每生成0.3ml氧化钠转移电子的物质的量是1.4 ml
【答案】C
【解析】A．Na2O2的电离方程式为、Na2O的电离方程式为，故阳离子与阴离子个数比都为2∶1，A正确；
B．该反应中，FeCr2O4中铁、铬元素的化合价升高，被氧化，Na2CrO4、Fe2O3是氧化产物，B正确；
C．若有2mlFe2+被氧化，则Fe2+失去2ml电子，被Fe2+还原的Na2O2为1ml，C错误；
D．每生成3mlNa2O转移14ml电子，则生成18.6gNa2O的物质的量为，则转移1.4ml电子，D正确；
故选C。
二、不定项选择题(共5小题，每小题4分，共20分。每小题只有1−2个选项符合题目要求)
11. 亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊(Mathiesn)法制备亚氯酸钠的流程如下：
下列说法错误的是
A. 反应①阶段，参加反应的NaClO3和SO2的化学计量数之比为2：1
B. 反应①中ClO2是氧化产物，反应②中ClO2是氧化剂
C. 反应②生成了能使带火星木条复燃的气体
D. 反应②中的H2O2可用KMnO4代替
【答案】BD
【解析】
【分析】氯酸钠、硫酸和二氧化硫发生反应①：；二氧化氯与双氧水在碱性条件下发生反应②：。据此分析作答。A．根据上述分析，发生反应：，参加反应的NaClO3和SO2的化学计量数之比为2：1，A正确；
B．反应①中ClO2是还原产物，反应②中ClO2是氧化剂，B错误；
C．反应②：，生成了氧气，C正确；
D．反应②中的H2O2是还原剂，而KMnO4只能作氧化剂，不能作还原剂，D错误；
故选BD。
12. 有一包白色粉末，由BaCl2、K2SO4、CaCO3、NaOH、CuSO4中的一种或几种组成，为了探究它的成分，进行了如下实验。下列判断正确的是
A. BaCl2、CaCO3一定存在，NaOH可能存在
B. NaOH、CuSO4一定不存在
C. K2SO4、NaOH、CaCO3、BaCl2一定存在，CuSO4可能存在
D. 无色滤液C含两种溶质
【答案】D
【解析】白色粉末加水后过滤，滤渣为白色滤渣A，加入盐酸，固体全部溶解，并生成气体B，则白色滤渣为CaCO3，不含有BaSO4，气体B为CO2。无色滤渣C中通入CO2气体，有白色沉淀生成，则此沉淀为BaCO3，原白色粉末中不含有CuSO4，含有BaCl2，则不含有K2SO4。A．由分析可知，原白色粉末中BaCl2、CaCO3一定存在，若无NaOH，则通入CO2后不能生成白色沉淀，则NaOH一定存在，A不正确；
B．由分析可知，NaOH一定存在，CuSO4一定不存在，B不正确；
C．因为K2SO4、BaCl2会发生反应，生成不溶于盐酸的BaSO4沉淀，所以NaOH、CaCO3、BaCl2一定存在，K2SO4、CuSO4一定不存在，C不正确；
D．综合分析白色粉末，无色滤液C中含有BaCl2、NaOH两种溶质，D正确；
故选D。
13. 已知有下列四个反应：
①Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl− ②Cl2+FeI2=FeCl2+I2
③Br2+2Fe2+=2Fe3++2Br− ④C2O3+6HCl=2CCl2+Cl2↑+3H2O
下列有关说法正确的是
A. 反应②③④中的氧化产物分别是I2、Fe3+、CCl2
B. 根据①②③可以得到还原性：I−>Fe2+>Br−
C. 可以发生反应Cl2+FeBr2=FeCl2+Br2
D. 在反应④中参加反应的C2O3和体现还原性的HCl物质的量比为1∶2
【答案】BD
【解析】①在Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl−中，Fe元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低，氧化剂为Cl2，氧化产物为Fe3+，还原剂为Fe2+，还原产物为Cl−，故氧化性Cl2> Fe3+，还原性为Fe2+> Cl−；在②Cl2+FeI2=FeCl2+I2中，FeI2中I元素的化合价升高，Cl2中Cl元素的化合价降低，氧化剂为Cl2，氧化产物为I2，还原剂为I−，还原产物为Cl−，故氧化性Cl2> I2，还原性为I−> Cl−；③在Br2+2Fe2+=2Fe3++2Br− 中，Fe元素的化合价升高，Br2中Br元素的化合价降低，氧化剂为Br2，氧化产物为Fe3+，还原剂为Fe2+，还原产物为Br−，故氧化性Br2> Fe3+，还原性为Fe2+> Br−；④在C2O3+6HCl=2CCl2+Cl2↑+3H2O中，HCl中Cl元素的化合价升高，C2O3中C元素的化合价降低，氧化剂为C2O3，氧化产物为Cl2，还原剂为Cl−，还原产物为C2+，故氧化性C2O3>Cl2，还原性为Cl−> C2+，据此回答。A．由分析知，反应②③④中的氧化产物分别是I2、Fe3+、Cl2，A错误；
B．由分析知，根据①②③可以得到还原性：I−>Fe2+>Br−，B正确；
C．由③知，还原性Fe2+> Br−，与Cl2反应时Fe2+先发生反应，故无法进行Cl2+FeBr2=FeCl2+Br2，C错误；
D．在反应④中，6个HCl中只有2个HCl被氧化，故参加反应的C2O3和体现还原性的HCl物质的量比为1∶2，D正确；
故选BD。
14. 将一定量的氯气通入30 mL浓度为10 ml/L的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系。下列判断正确的是
A. 与NaOH反应的氯气一定为0.3 ml
B. n(Na＋)∶n(Cl－)可能为7∶3
C. n(NaCl)∶n(NaClO)∶n(NaClO3)可能为11∶2∶1
D. 若反应中转移的电子为n ml，则0.15＜n＜0.25
【答案】D
【解析】A、反应后混合中没有NaOH，根据钠元素守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.03L×10ml·L－1=0.3ml，根据氯原子守恒有2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.3ml，参加反应的氯气n（Cl2）=0.15ml，故A错误；B、Cl2可能发生两种反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，氧化产物只有NaClO时，n（Na＋）：n（Cl－）最大为2：1，当氧化产物为NaClO3时，n（Na＋）：n（Cl－）最小为6：5，n（Na＋）：n（Cl－）应介于两者之间，即6：5＜n（Na＋）：n（Cl－）＜2：1，现7：3＞2：1，故B错误；C、若n（NaCl）=11ml，n（NaClO）=2ml，n（NaClO3）=1ml，生成NaClO、NaClO3失去的电子为2ml×1+1ml×5=7ml，生成NaCl获得的电子为11ml×1=11ml，得失电子不相等，故C错误；D、由3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O、Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O可知，氧化产物只有NaClO3时，转移电子数最多，为0.3ml×5/6×1=0.25ml，氧化产物只有NaClO时，转移电子数最少，为0.3ml×1/2×1=0.15ml，0.15＜n＜0.25，故D正确；故选D。
点睛：考查氧化还原反应计算、根据方程式的计算，难度较大，用列方程组可以解，但利用极限法与守恒法等技巧可以达到事半功倍的效果。
15. 锰酸钾(K2MnO4)在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：。利用氧化制备的装置如图所示(夹持装置略)。下列说法正确的是
A. 装置甲中的固体可以是KMnO4
B. 装置乙中放饱和NaCl溶液，以提高KMnO4的产率
C. 装置丙中浓碱可以是浓NaOH溶液
D. 装置丁中可加入澄清石灰水吸收尾气
【答案】AB
【解析】
【分析】根据实验目的，甲装置的目的是制备氯气，因为锰酸钾在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应，因此需要除去氯气中的HCl，即乙装置的作用是除去氯气中的HCl，盛放饱和食盐水，丙装置是发生装置，氯气有毒，为防止污染环境，需要尾气除去，即丁装置的目的是除去多余氯气，据此分析。A．KMnO4具有强氧化性可将氧化为Cl2，且不需要加热，A正确；
B．装置乙中放饱和NaCl溶液，除去氯气中混有的HCl，减少消耗KOH，以提高KMnO4的产率，B正确；
C．装置丙用NaOH导致制备的KMnO4不纯，选KOH作碱性介质，C错误；
D．装置丁的目的是除去多余氯气，Ca(OH)2微溶于水，澄清石灰水中Ca(OH)2浓度较小，可用石灰乳吸收尾气，D错误；
故选AB。
三、综合题(本题共5小题，共60分)
16. 下图为氯元素的单质及其化合物的“价−类”二维图。其中对辛、庚的溶液进行焰色试验，火焰颜色为黄色。请回答下列问题：
（1）丙的化学式为___________；丁的化学式为___________。
（2）甲、乙、丁、戊中，属于电解质的是___________(填化学式)；根据氯元素的化合价判断，乙___________(填标号)。
A．只有氧化性 B．既有氧化性又有还原性
C．只有还原性 D．既能作氧化剂又能作还原剂
（3）工业上常用NaClO2制备ClO2，反应的化学方程为5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O，用单线桥标明电子转移方向和数目___________，氧化产物与还原产物物质的量之比为___________。
（4）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其含义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克氯气的氧化能力。辛的有效氯含量为___________g。
【答案】（1） ①. ClO2 ②. Cl2O7
（2） ①. HCl、HClO ②. BD
（3） ①. ②. 4∶1
（4）2
【解析】
【分析】由图知，甲为Cl中-1价的氢化物，故甲为HCl，乙为单质，故乙为Cl2，丙为Cl中+4价的氧化物，故丙为ClO2，丁为Cl中+7价的氧化物，故丁为Cl2O7，戊为Cl中+1价的酸，故戊为HClO，己为Cl中+7价的酸，故己为HClO4，对辛、庚的溶液进行焰色试验，火焰颜色为黄色，庚为Cl中+1价的盐，故庚为次氯酸钠，辛为Cl中+5价的盐，故辛为氯酸钠，据此回答。
【小问1详解】
由分析知，丙的化学式为ClO2；丁的化学式为Cl2O7；
【小问2详解】
甲、乙、丁、戊分别为HCl、Cl2、Cl2O7、HClO，Cl2为单质，既不是电解质，也不是非电解质，Cl2O7为氧化物，为非电解质，HCl、HClO均为酸，属于电解质的是HCl、HClO；由分析知，乙为Cl2，化合价为0价，处于中间价态，既能升高，也能降低，故根据氯元素的化合价判断，乙既有氧化性又有还原性，既能作氧化剂又能作还原剂，故选BD；
【小问3详解】
在5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O中，5个NaClO2中有4个Cl的化合价由+3价升高到+4价，有1个由+3降低到-1价，用单线桥标明电子转移方向和数目为，由于5个NaClO2中有4个Cl的化合价由+3价升高到+4价，有1个由+3降低到-1价，则氧化产物与还原产物物质的量之比为4∶1；
小问4详解】
由分析知，辛为NaClO3，在消毒时，Cl化合价由+5价降低为-1价，得到6个电子，Cl2中Cl为0价，在反应中变成-1价，1个氯气分子得到2个电子，设1g NaClO3的氧化能力相当于x gCl2的氧化能力，根据得到电子数目相等列式：（是NaClO3的摩尔质量，是Cl2的摩尔质量），解得，故辛的有效氯含量为2g。
17. 要配制480mL0.2ml/L的CuSO4溶液，配制过程中有如下操作步骤：
①把称量好的胆矾(CuSO4•5H2O)放入小烧杯中，加适量蒸馏水溶解；
②把①所得溶液小心转入___________中；
③继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距离刻度线1−2cm处，改用___________滴加蒸馏水至液面与刻度线相切；
④用少量蒸馏水洗涤烧杯玻璃棒2−3次，每次洗涤的液体都小心转入容量瓶，并轻轻摇匀；
⑤将容量瓶塞紧，反复上下颠倒，摇匀；
⑥待溶液恢复到室温。
回答下列问题：
（1）请填写上述实验步骤的空白处：②___________，③___________。
（2）实验操作步骤的正确顺序为(填序号)___________。
（3）实验室用胆矾(CuSO4•5H2O)来配制该溶液，用托盘天平称量胆矾___________g。
（4）由于错误操作，使得实际浓度比所要求的偏小的是___________(填写编号)。
A. 转移前容量瓶洗涤后未干燥
B. 使用容量瓶配制溶液时，俯视液面定容
C. 没有用蒸馏水洗烧杯2−3次，并将洗液移入容量瓶中
D. 把配好的溶液倒入刚用蒸馏水洗净的试剂瓶中备用
（5）定容时，若加蒸馏水时不慎超过刻度线，处理方法是___________。
【答案】（1） ①. 500mL容量瓶 ②. 胶头滴管
（2）①⑥②④③⑤ （3）25.0 （4）CD
（5）重新配制
【解析】
【分析】配制一定物质的量浓度溶液操作步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶；
【小问1详解】
②没有480mL容量瓶，因此应使用500mL容量瓶进行配制，即把①所得溶液小心转入500mL容量瓶中；
③继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距离刻度线l-2cm处，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线相切；
【小问2详解】
根据实验步骤：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、振荡、定容、摇匀，装瓶贴标签，因此实验操作步骤的正确顺序为①⑥②④③⑤；
【小问3详解】
实验室用胆矾(CuSO4•5H2O)来配制该溶液，用托盘天平称量胆矾0.2 ml•L−1×0.5L×250g•ml−1=25.0g；
【小问4详解】
A．容量瓶用蒸馏水洗净，没有干燥，对结果无影响，A错误；
B．使用容量瓶配制溶液时，俯视液面定容，溶液体积偏小，浓度偏大，B错误；
C．没有用蒸馏水洗烧杯2～3次，并将洗液移入容量瓶中，溶质物质的量减小，浓度偏小，C正确；
D．把配好的溶液倒入刚用蒸馏水洗净的试剂瓶中备用，试剂瓶中有水，因此浓度偏小，D正确；
故选CD；
【小问5详解】
定容时，若加蒸馏水时不慎超过刻度线，处理方法是重新配制。
18. H2O2可作为矿业废液消毒剂，有“绿色氧化剂”的美称。
（1）消除废液中的氰化物(如NaCN)，可经以下反应实现：(已配平)，则生成物X的化学式为___________。
（2）从氧元素的化合价可推测，H2O2既具有氧化性，又具有还原性。某实验小组同学设计实验探究在某强酸性反应体系中的性质。
实验Ⅰ：探究H2O2的氧化性。
向含5%H2O2的硫酸酸性溶液中加入___________(填序号)，预测可能看到的现象___________。
①淀粉−KI溶液 ②NaClO溶液 ③MnO2固体
实验 Ⅱ：探究H2O2的还原性。
向含5%H2O2的溶液中滴加酸性KMnO4溶液。已知反应物和生成物共有六种粒子：O2、、H2O、Mn2+、H2O2、H+。该反应的氧化产物是___________，若反应中转移电子数为NA，则生成标准状况下的O2的体积是___________。
（3）写出一个H2O2既做氧化剂又做还原剂的反应的化学方程式___________。
【答案】（1）
（2） ①. ① ②. 溶液变蓝色 ③. ④. 11.2L
（3）
【解析】
【小问1详解】
根据原子守恒 ，X的化学式为；
【小问2详解】
与KI在酸性条件下反应生成单质碘和水，化学方程式为，单质碘遇淀粉变成蓝色，故可能看到的现象为溶液变蓝；与酸性高锰酸钾溶液反应，被氧化得到氧化产物，1ml得到2ml电子生成1ml，故转移NA个电子时，产生氧气的物质的量为0.5ml，标准状况下的体积为11.2L；
【小问3详解】
既做氧化剂又做还原剂，即化合价既有升高又有降低，比如实验室用制氧气的反应。
19. Ⅰ．如图所示物质之间的转化，已知：A是金属单质；B为淡黄色固体；F是非金属单质；H是“84”消毒液的有效成分；X是常见的温室气体。按要求回答下列问题：
（1）以上反应中，不属于氧化还原反应的有___________个。
（2）写出E与F反应的离子方程式___________。
（3）写出B→C反应的化学方程式___________；若反应中有0.2ml电子转移，生成标准状况下气体的体积为___________L。
Ⅱ．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下图所示(部分物质已略去)。
（4）① ~ ③所涉及的操作方法中，包含过滤的是___________(填序号)。
（5）上述过程中可循环使用的物质是___________(填化学式)。
（6）设计实验检验溶液B中是否含有Cl−，其操作为___________。
【答案】（1）2 （2）Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O
（3） ①. 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 ②. 2.24
（4）①③ （5）CO2
（6）取少量溶液B于试管中，先加稀硝酸酸化，再加适量AgNO3溶液，若出现白色沉淀证明含Cl-；反之则不含Cl-
【解析】
【分析】I．A是金属单质，A生成B， B为淡黄色固体，则A为Na单质，则B为Na2O2，X是常见的温室气体，则X为CO2，CO2与过氧化钠反应生成的C为Na2CO3，碳酸钠与CO2在一定条件生成D，D也可以转化为Na2CO3，则D为NaHCO3，H是“84”消毒液的有效成分，则H为NaClO， F为非金属单质，则F为Cl2，而Na和水生成E，则E为NaOH；
II．向饱和食盐水先进行氨化，使溶液显碱性，再通入二氧化碳，增大溶液中的浓度，利用NaHCO3的溶解度小于NH4HCO3，使NaHCO3晶体析出，发生反应：NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，过滤，将沉淀洗涤、干燥，碳酸氢钠灼烧分解生成碳酸钠，生成的二氧化碳利用循环利用，溶液A中的主要成分是氯化铵，加入氯化钠析出 NH4Cl晶体，过滤分离，溶液B中主要成分是NaCl，据此回答。
【小问1详解】
上述反应中Na与氧气反应生成过氧化钠、钠与水的反应、过氧化钠与二氧化碳的反应、氢氧化钠与氯气的反应都属于氧化还原反应，只有碳酸钠与碳酸氢钠之间的相互转化属于非氧化还原反应，即以上反应中，不属于氧化还原反应的有2个；
【小问2详解】
由分析知， F为Cl2， E为NaOH，两者反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O；
【小问3详解】
由分析知，B为Na2O2，C为Na2CO3，B→C反应为过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；若反应中有0.2ml电子转移，生成O2为0.1ml，标准状况下O2的体积为0.1ml×22.4L/ml=2.24L；
【小问4详解】
①～③所涉及的操作方法中，①③是将固体与溶液分离，而②是将碳酸氢钠加热分解，则包含过滤的是①③；
【小问5详解】
由分析知，可循环利用的物质为CO2；
小问6详解】
由于Cl-能与Ag+反应生成氯化银白色沉淀，故取少量溶液B于试管中，先加稀硝酸酸化，再加适量AgNO3溶液，若出现白色沉淀证明含Cl-；反之则不含Cl-。
20. 四氯化钛是一种重要的化工原料，某实验小组利用如图装置模拟制备TiCl4(部分夹持仪器已略去)。
已知：
①室温下TiCl4为无色液体，熔点为−25℃，沸点
②TiCl4易与水反应生成TiO2和HCl。
③在左右，将氯气通过TiO2和碳粉的混合物可制得TiCl4和一种有毒的气体。
（1）装置A中MnO2与浓盐酸反应的化学方程式为___________。
（2）玻璃管a能有效提示装置是否发生堵塞，若右侧装置出现堵塞，观察到的现象是___________。
（3）写出装置D中生成TiCl4的化学方程式___________。
（4）仪器F的名称为___________，若F中装有碱石灰，其作用是___________。该实验还有个明显的缺点是___________。
【答案】（1）MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O
（2）玻璃管内液面上升
（3）TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO
（4） ①. 球形干燥管 ②. 吸收多余的Cl2，防止空气中水蒸气进入装置 ③. 缺少CO尾气处理装置
【解析】
【分析】A装置在加热条件下二氧化锰与浓盐酸制取氯气；B装置内饱和食盐水除去氯气中的氯化氢并平衡气压；C装置内浓硫酸用于干燥氯气；D装置中氯气通过 TiO2 和碳粉的混合物制得 TiCl4；E装置作用是冷凝回收TiCl4；F装置用于尾气吸收以及防止空气中的水蒸气进入装置与TiCl4反应；
【小问1详解】
二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水，化学方程式为MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O；
【小问2详解】
玻璃管a能有效提示装置是否发生堵塞，若右侧装置出现堵塞，造成B装置内压强变大，观察到的现象是玻璃管内液面上升(高于洗气瓶中的液面)；
【小问3详解】
氯气通过 TiO2 和碳粉的混合物可制得 TiCl4 和一种有毒的气体为一氧化碳，制得四氯化钛的化学方程式为：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO；
【小问4详解】
仪器F的名称为球形干燥管，若 F 中装有碱石灰，其作用是能吸收多余的氯气防止污染空气，吸收空气中的水蒸气，防止空气中水蒸气进入装置与TiCl4反应；一氧化碳为有毒气体，需进行尾气处理，则该实验还有个明显的缺点是缺少CO尾气处理装置。A
B
加热碳酸钠或碳酸氢钠
光照过程中氯水中氯离子的浓度变化
可以比较二者的热稳定性
氯离子浓度升高的原因是HClO分解
C
D
Na2O2与水的反应
将有色鲜花放入盛有干燥氯气的集气瓶
带火星的木条复燃说明该反应生成氧气
证明Cl2具有漂白性
选项
实验操作和现象
结论
A
向某溶液中加入稀盐酸至溶液呈酸性，产生使澄清石灰水变浑浊的气体
该溶液中含有
B
对某碱性溶液进行焰色试验，火焰颜色为黄色
该溶液为溶液
C
向某溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加过量稀盐酸，沉淀不消失
该溶液中含有
D
向某溶液中加入过量硝酸酸化的溶液，有白色沉淀生成
该溶液中含有
一、单项选择题(共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求)
1. 下列物质储存或使用正确的是
A. 新制氯水保存于带玻璃塞的棕色广口瓶中
B. 铁与氯气不反应，所以液氯可用钢瓶储存
C. 金属钠着火用二氧化碳灭火器扑灭
D. ClO2用作新型自来水消毒剂
【答案】D
【解析】A．由于次氯酸见光易分解，故新制氯水保存于带玻璃塞的棕色细口瓶中避光保存，A错误；
B．铁可以在Cl2中剧烈燃烧，但常温下铁与氯气不反应，所以液氯可用钢瓶储存，B错误；
C．由于金属钠能够在CO2中继续燃烧，反应方程式为：4Na+3CO2=2Na2CO3+C，故金属钠着火不能用二氧化碳灭火器扑灭，应该用干燥的沙土扑灭，C错误；
D．ClO2具有强氧化性，可以杀死自来水中的细菌和病毒，可用作新型自来水消毒剂，D正确；
故选D。
2. 25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 透明的溶液中：Cu2+、Na+、、
B. 使石蕊试液变蓝的溶液中：Mg2+、Na+、Cl−、
C. 加入金属锌产生H2的溶液中：Na+、Ba2+、、OH−
D. pH<7的溶液中：Na+、K+、Cl−、ClO−
【答案】A
【解析】A．透明的溶液中，Cu2+、Na+、、之间不发生反应，能大量共存，A正确；
B．使石蕊试液变蓝的溶液为碱性溶液：Mg2+与OH−反应生成氢氧化镁沉淀，不能大量共存，B错误；
C．加入金属锌产生H2的溶液为酸性溶液，H+与OH−反应生成水，不能大量共存，C错误；
D．25℃时，pH<7的溶液为酸性溶液：H+、Cl−与ClO−发生反应生成氯气和水，不能大量共存，D错误；
故选A。
3. 下列关于NA说法不正确的是
A. 2.3g钠与1L0.01ml/L盐酸反应，转移的电子数为0.1 NA
B. 标况下11.2LH2O分子中所含的O原子数为0.5NA
C. 常温常压下，CO和N2的混合气体2.8g含有的原子数为0.2 NA
D. 将1ml Cl2通入水中，HClO、Cl−、ClO−粒子数之和小于2 NA
【答案】B
【解析】A．2.3g钠的物质的量为0.1ml，与1L0.01ml/L盐酸反应，先与HCl反应，再与水反应，钠完全反应，转移的电子数为0.1NA，A正确；
B．标况下，H2O不是气体，不能用气体的摩尔体积来计算物质的量，B错误；
C．CO和N2的摩尔质量都是28g/ml，且都是双原子分子，2.8gCO和N2的混合气体物质的量为0.1ml，含有的原子数为0.2NA，C正确；
D．氯气和水反应是可逆反应，不能进行彻底，所以1ml Cl2通入水中，粒子数之和小于2NA，D正确；
故选B。
4. 下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是
A. 稀盐酸中加入碳酸镁浊液：
B 少量溶液与澄清石灰水反应：
C. 稀硫酸中加入氢氧化钡溶液：
D 次氯酸钙溶液中通入少量：
【答案】D
【解析】A．碳酸镁难溶，稀盐酸中加入碳酸镁浊液：，A错误；
B．少量溶液与澄清石灰水反应，生成碳酸钙、氢氧化钠和水：，B错误；
C．稀硫酸中加入氢氧化钡溶液：，C错误；
D．次氯酸钙溶液中通入少量，生成碳酸钙和次氯酸：，D正确；
答案选D。
5. 教材中的实验有助于理论知识的学习，下列说法错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】A．碳酸钠受热不易分解，澄清石灰水无现象，碳酸氢钠受热易分解，澄清石灰水变浑浊，可以比较二者的热稳定性，A正确；
B．氯水中次氯酸不稳定，光照易分解生成盐酸，氯化氢完全电离，则氯离子浓度增大，B正确；
C．Na2O2与水的反应生成的气体能使带火星的木条复燃，说明生成的是氧气，C正确；
D．将有色鲜花放入盛有干燥氯气的集气瓶中，鲜花褪色是由于鲜花中的水与氯气反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，干燥的Cl2不具有漂白性，D错误；
故选D。
6. 现有三种溶液：①400mL 2.5ml/LHCl溶液、②250mL 4.0ml/LHCl溶液、③200mL 2.0ml/LMgCl2溶液。下列说法正确的是
A. 溶液的导电能力：①=②
B. Cl−的物质的量：③>②
C. 向①②中加入等质量的Fe，产生H2的物质的量：①=②
D. 将38.0gMgCl2固体溶于200mL水中可得到③
【答案】C
【解析】A．离子所带电荷相同时，离子浓度越大，溶液的导电能力就越强，溶液的导电能力为：①＜②，A错误；
B．②250mL 4.0ml/LHCl溶液中的物质的量为，③200mL 2.0ml/LMgCl2溶液中的物质的量为，故的物质的量：③<②，B错误；
C．①②中氢离子物质的量相等，均为1ml，故向①②中加入等质量的Fe，产生H2的物质的量：①＝②，C正确；
D．该体积是溶剂的体积，不是溶液的体积，故所得溶液的浓度不是2ml/L，D错误；
故选C。
7. 化学源自于生活和生产实践，并伴随着人类社会的进步不断发展，近年来科学家合成和发现了一些新物质，如新型氢分子H3、新型氧分子O4、高能微粒等，下列说法正确的是
A. 高能微粒摩尔质量为70g
B. 常温常压下，O2与O3的密度之比为3:2
C. 一定条件下，H2生成H3的反应属于化学变化
D. N2与互为同素异形体
【答案】C
【解析】A．摩尔质量的单位为g/ml，故高能微粒摩尔质量为70g/ml，A错误；
B．同温同压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比，所以常温常压下，O2与O3的密度之比为32:48=2:3，B错误；
C．H2生成H3的反应中有新物质生成，属于化学变化，C正确；
D．同素异形体为同种元素组成的不同单质，互为同素异形体，不是单质，D错误；
故选C。
8. 离子的摩尔电导率可用来衡量电解质溶液中离子导电能力的强弱，摩尔电导率越大，离子在溶液中的导电能力越强。已知Ca2＋、OH－、的摩尔电导率分别为0.60、1.98、0.45据此可判断，向饱和的澄清石灰水中通入过量的二氧化碳，溶液导电能力随二氧化碳通入量的变化趋势正确的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】向澄清石灰水中通入过量的CO2，先生成碳酸钙沉淀，钙离子、氢氧根离子浓度在减少，后沉淀溶解生成碳酸氢钙溶液，钙离子、碳酸氢根离子的浓度在增大，钙离子的浓度与原来相等，碳酸氢根离子的浓度与原来氢氧根离子浓度相等，但OH-的摩尔导电率大于HCO3-的摩尔电导率来分析。向澄清石灰水中通入过量的CO2，先生成碳酸钙沉淀，钙离子、氢氧根离子浓度在减少，溶液导电能力减弱，后沉淀溶解生成碳酸氢钙溶液，钙离子、碳酸氢根离子的浓度在增大，钙离子的浓度与原来相等，碳酸氢根离子的浓度与原来氢氧根离子浓度相等，但OH-的摩尔导电率大于HCO3-的摩尔电导率，所以最后溶液的导电性小于原来，最后不变；
故选D。
9. 下列实验操作，现象及结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】A．、都能和盐酸反应生成使澄清石灰水变浑浊的无色无味的二氧化碳，故A错误；
B．焰色试验中火焰为黄色只能说明含有钠元素，碱性溶液可能为NaOH溶液，也可能为Na2CO3或NaHCO3溶液，故B错误；
C．若溶液中含有Ag+，加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加过量稀盐酸，沉淀也不消失，故C错误；
D．向某溶液中加入过量硝酸酸化的 AgNO3 溶液，有白色沉淀生成，可证明该溶液中含有 Cl−，故D正确；
故选D。
10. 过氧化钠可用作熔矿剂，使一些难溶于酸的矿物变成可溶于水或酸的物质。过氧化钠与铬铁矿[主要成分为亚铬酸亚铁(FeCr2O4)]反应的化学方程式为2FeCr2O4+7 Na2O24 Na2CrO4+Fe2O3+3Na2O，下列有关说法错误的是
A. Na2O2、Na2O阳离子与阴离子个数比都为2∶1
B. 该反应中的氧化产物是Na2CrO4和Fe2O3
C. 若有2 ml FeCr2O4参加反应，则被Fe2+氧化的Na2O2为1 ml
D. 每生成0.3ml氧化钠转移电子的物质的量是1.4 ml
【答案】C
【解析】A．Na2O2的电离方程式为、Na2O的电离方程式为，故阳离子与阴离子个数比都为2∶1，A正确；
B．该反应中，FeCr2O4中铁、铬元素的化合价升高，被氧化，Na2CrO4、Fe2O3是氧化产物，B正确；
C．若有2mlFe2+被氧化，则Fe2+失去2ml电子，被Fe2+还原的Na2O2为1ml，C错误；
D．每生成3mlNa2O转移14ml电子，则生成18.6gNa2O的物质的量为，则转移1.4ml电子，D正确；
故选C。
二、不定项选择题(共5小题，每小题4分，共20分。每小题只有1−2个选项符合题目要求)
11. 亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊(Mathiesn)法制备亚氯酸钠的流程如下：
下列说法错误的是
A. 反应①阶段，参加反应的NaClO3和SO2的化学计量数之比为2：1
B. 反应①中ClO2是氧化产物，反应②中ClO2是氧化剂
C. 反应②生成了能使带火星木条复燃的气体
D. 反应②中的H2O2可用KMnO4代替
【答案】BD
【解析】
【分析】氯酸钠、硫酸和二氧化硫发生反应①：；二氧化氯与双氧水在碱性条件下发生反应②：。据此分析作答。A．根据上述分析，发生反应：，参加反应的NaClO3和SO2的化学计量数之比为2：1，A正确；
B．反应①中ClO2是还原产物，反应②中ClO2是氧化剂，B错误；
C．反应②：，生成了氧气，C正确；
D．反应②中的H2O2是还原剂，而KMnO4只能作氧化剂，不能作还原剂，D错误；
故选BD。
12. 有一包白色粉末，由BaCl2、K2SO4、CaCO3、NaOH、CuSO4中的一种或几种组成，为了探究它的成分，进行了如下实验。下列判断正确的是
A. BaCl2、CaCO3一定存在，NaOH可能存在
B. NaOH、CuSO4一定不存在
C. K2SO4、NaOH、CaCO3、BaCl2一定存在，CuSO4可能存在
D. 无色滤液C含两种溶质
【答案】D
【解析】白色粉末加水后过滤，滤渣为白色滤渣A，加入盐酸，固体全部溶解，并生成气体B，则白色滤渣为CaCO3，不含有BaSO4，气体B为CO2。无色滤渣C中通入CO2气体，有白色沉淀生成，则此沉淀为BaCO3，原白色粉末中不含有CuSO4，含有BaCl2，则不含有K2SO4。A．由分析可知，原白色粉末中BaCl2、CaCO3一定存在，若无NaOH，则通入CO2后不能生成白色沉淀，则NaOH一定存在，A不正确；
B．由分析可知，NaOH一定存在，CuSO4一定不存在，B不正确；
C．因为K2SO4、BaCl2会发生反应，生成不溶于盐酸的BaSO4沉淀，所以NaOH、CaCO3、BaCl2一定存在，K2SO4、CuSO4一定不存在，C不正确；
D．综合分析白色粉末，无色滤液C中含有BaCl2、NaOH两种溶质，D正确；
故选D。
13. 已知有下列四个反应：
①Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl− ②Cl2+FeI2=FeCl2+I2
③Br2+2Fe2+=2Fe3++2Br− ④C2O3+6HCl=2CCl2+Cl2↑+3H2O
下列有关说法正确的是
A. 反应②③④中的氧化产物分别是I2、Fe3+、CCl2
B. 根据①②③可以得到还原性：I−>Fe2+>Br−
C. 可以发生反应Cl2+FeBr2=FeCl2+Br2
D. 在反应④中参加反应的C2O3和体现还原性的HCl物质的量比为1∶2
【答案】BD
【解析】①在Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl−中，Fe元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低，氧化剂为Cl2，氧化产物为Fe3+，还原剂为Fe2+，还原产物为Cl−，故氧化性Cl2> Fe3+，还原性为Fe2+> Cl−；在②Cl2+FeI2=FeCl2+I2中，FeI2中I元素的化合价升高，Cl2中Cl元素的化合价降低，氧化剂为Cl2，氧化产物为I2，还原剂为I−，还原产物为Cl−，故氧化性Cl2> I2，还原性为I−> Cl−；③在Br2+2Fe2+=2Fe3++2Br− 中，Fe元素的化合价升高，Br2中Br元素的化合价降低，氧化剂为Br2，氧化产物为Fe3+，还原剂为Fe2+，还原产物为Br−，故氧化性Br2> Fe3+，还原性为Fe2+> Br−；④在C2O3+6HCl=2CCl2+Cl2↑+3H2O中，HCl中Cl元素的化合价升高，C2O3中C元素的化合价降低，氧化剂为C2O3，氧化产物为Cl2，还原剂为Cl−，还原产物为C2+，故氧化性C2O3>Cl2，还原性为Cl−> C2+，据此回答。A．由分析知，反应②③④中的氧化产物分别是I2、Fe3+、Cl2，A错误；
B．由分析知，根据①②③可以得到还原性：I−>Fe2+>Br−，B正确；
C．由③知，还原性Fe2+> Br−，与Cl2反应时Fe2+先发生反应，故无法进行Cl2+FeBr2=FeCl2+Br2，C错误；
D．在反应④中，6个HCl中只有2个HCl被氧化，故参加反应的C2O3和体现还原性的HCl物质的量比为1∶2，D正确；
故选BD。
14. 将一定量的氯气通入30 mL浓度为10 ml/L的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系。下列判断正确的是
A. 与NaOH反应的氯气一定为0.3 ml
B. n(Na＋)∶n(Cl－)可能为7∶3
C. n(NaCl)∶n(NaClO)∶n(NaClO3)可能为11∶2∶1
D. 若反应中转移的电子为n ml，则0.15＜n＜0.25
【答案】D
【解析】A、反应后混合中没有NaOH，根据钠元素守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.03L×10ml·L－1=0.3ml，根据氯原子守恒有2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.3ml，参加反应的氯气n（Cl2）=0.15ml，故A错误；B、Cl2可能发生两种反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，氧化产物只有NaClO时，n（Na＋）：n（Cl－）最大为2：1，当氧化产物为NaClO3时，n（Na＋）：n（Cl－）最小为6：5，n（Na＋）：n（Cl－）应介于两者之间，即6：5＜n（Na＋）：n（Cl－）＜2：1，现7：3＞2：1，故B错误；C、若n（NaCl）=11ml，n（NaClO）=2ml，n（NaClO3）=1ml，生成NaClO、NaClO3失去的电子为2ml×1+1ml×5=7ml，生成NaCl获得的电子为11ml×1=11ml，得失电子不相等，故C错误；D、由3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O、Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O可知，氧化产物只有NaClO3时，转移电子数最多，为0.3ml×5/6×1=0.25ml，氧化产物只有NaClO时，转移电子数最少，为0.3ml×1/2×1=0.15ml，0.15＜n＜0.25，故D正确；故选D。
点睛：考查氧化还原反应计算、根据方程式的计算，难度较大，用列方程组可以解，但利用极限法与守恒法等技巧可以达到事半功倍的效果。
15. 锰酸钾(K2MnO4)在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：。利用氧化制备的装置如图所示(夹持装置略)。下列说法正确的是
A. 装置甲中的固体可以是KMnO4
B. 装置乙中放饱和NaCl溶液，以提高KMnO4的产率
C. 装置丙中浓碱可以是浓NaOH溶液
D. 装置丁中可加入澄清石灰水吸收尾气
【答案】AB
【解析】
【分析】根据实验目的，甲装置的目的是制备氯气，因为锰酸钾在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应，因此需要除去氯气中的HCl，即乙装置的作用是除去氯气中的HCl，盛放饱和食盐水，丙装置是发生装置，氯气有毒，为防止污染环境，需要尾气除去，即丁装置的目的是除去多余氯气，据此分析。A．KMnO4具有强氧化性可将氧化为Cl2，且不需要加热，A正确；
B．装置乙中放饱和NaCl溶液，除去氯气中混有的HCl，减少消耗KOH，以提高KMnO4的产率，B正确；
C．装置丙用NaOH导致制备的KMnO4不纯，选KOH作碱性介质，C错误；
D．装置丁的目的是除去多余氯气，Ca(OH)2微溶于水，澄清石灰水中Ca(OH)2浓度较小，可用石灰乳吸收尾气，D错误；
故选AB。
三、综合题(本题共5小题，共60分)
16. 下图为氯元素的单质及其化合物的“价−类”二维图。其中对辛、庚的溶液进行焰色试验，火焰颜色为黄色。请回答下列问题：
（1）丙的化学式为___________；丁的化学式为___________。
（2）甲、乙、丁、戊中，属于电解质的是___________(填化学式)；根据氯元素的化合价判断，乙___________(填标号)。
A．只有氧化性 B．既有氧化性又有还原性
C．只有还原性 D．既能作氧化剂又能作还原剂
（3）工业上常用NaClO2制备ClO2，反应的化学方程为5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O，用单线桥标明电子转移方向和数目___________，氧化产物与还原产物物质的量之比为___________。
（4）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其含义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克氯气的氧化能力。辛的有效氯含量为___________g。
【答案】（1） ①. ClO2 ②. Cl2O7
（2） ①. HCl、HClO ②. BD
（3） ①. ②. 4∶1
（4）2
【解析】
【分析】由图知，甲为Cl中-1价的氢化物，故甲为HCl，乙为单质，故乙为Cl2，丙为Cl中+4价的氧化物，故丙为ClO2，丁为Cl中+7价的氧化物，故丁为Cl2O7，戊为Cl中+1价的酸，故戊为HClO，己为Cl中+7价的酸，故己为HClO4，对辛、庚的溶液进行焰色试验，火焰颜色为黄色，庚为Cl中+1价的盐，故庚为次氯酸钠，辛为Cl中+5价的盐，故辛为氯酸钠，据此回答。
【小问1详解】
由分析知，丙的化学式为ClO2；丁的化学式为Cl2O7；
【小问2详解】
甲、乙、丁、戊分别为HCl、Cl2、Cl2O7、HClO，Cl2为单质，既不是电解质，也不是非电解质，Cl2O7为氧化物，为非电解质，HCl、HClO均为酸，属于电解质的是HCl、HClO；由分析知，乙为Cl2，化合价为0价，处于中间价态，既能升高，也能降低，故根据氯元素的化合价判断，乙既有氧化性又有还原性，既能作氧化剂又能作还原剂，故选BD；
【小问3详解】
在5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O中，5个NaClO2中有4个Cl的化合价由+3价升高到+4价，有1个由+3降低到-1价，用单线桥标明电子转移方向和数目为，由于5个NaClO2中有4个Cl的化合价由+3价升高到+4价，有1个由+3降低到-1价，则氧化产物与还原产物物质的量之比为4∶1；
小问4详解】
由分析知，辛为NaClO3，在消毒时，Cl化合价由+5价降低为-1价，得到6个电子，Cl2中Cl为0价，在反应中变成-1价，1个氯气分子得到2个电子，设1g NaClO3的氧化能力相当于x gCl2的氧化能力，根据得到电子数目相等列式：（是NaClO3的摩尔质量，是Cl2的摩尔质量），解得，故辛的有效氯含量为2g。
17. 要配制480mL0.2ml/L的CuSO4溶液，配制过程中有如下操作步骤：
①把称量好的胆矾(CuSO4•5H2O)放入小烧杯中，加适量蒸馏水溶解；
②把①所得溶液小心转入___________中；
③继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距离刻度线1−2cm处，改用___________滴加蒸馏水至液面与刻度线相切；
④用少量蒸馏水洗涤烧杯玻璃棒2−3次，每次洗涤的液体都小心转入容量瓶，并轻轻摇匀；
⑤将容量瓶塞紧，反复上下颠倒，摇匀；
⑥待溶液恢复到室温。
回答下列问题：
（1）请填写上述实验步骤的空白处：②___________，③___________。
（2）实验操作步骤的正确顺序为(填序号)___________。
（3）实验室用胆矾(CuSO4•5H2O)来配制该溶液，用托盘天平称量胆矾___________g。
（4）由于错误操作，使得实际浓度比所要求的偏小的是___________(填写编号)。
A. 转移前容量瓶洗涤后未干燥
B. 使用容量瓶配制溶液时，俯视液面定容
C. 没有用蒸馏水洗烧杯2−3次，并将洗液移入容量瓶中
D. 把配好的溶液倒入刚用蒸馏水洗净的试剂瓶中备用
（5）定容时，若加蒸馏水时不慎超过刻度线，处理方法是___________。
【答案】（1） ①. 500mL容量瓶 ②. 胶头滴管
（2）①⑥②④③⑤ （3）25.0 （4）CD
（5）重新配制
【解析】
【分析】配制一定物质的量浓度溶液操作步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶；
【小问1详解】
②没有480mL容量瓶，因此应使用500mL容量瓶进行配制，即把①所得溶液小心转入500mL容量瓶中；
③继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距离刻度线l-2cm处，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线相切；
【小问2详解】
根据实验步骤：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、振荡、定容、摇匀，装瓶贴标签，因此实验操作步骤的正确顺序为①⑥②④③⑤；
【小问3详解】
实验室用胆矾(CuSO4•5H2O)来配制该溶液，用托盘天平称量胆矾0.2 ml•L−1×0.5L×250g•ml−1=25.0g；
【小问4详解】
A．容量瓶用蒸馏水洗净，没有干燥，对结果无影响，A错误；
B．使用容量瓶配制溶液时，俯视液面定容，溶液体积偏小，浓度偏大，B错误；
C．没有用蒸馏水洗烧杯2～3次，并将洗液移入容量瓶中，溶质物质的量减小，浓度偏小，C正确；
D．把配好的溶液倒入刚用蒸馏水洗净的试剂瓶中备用，试剂瓶中有水，因此浓度偏小，D正确；
故选CD；
【小问5详解】
定容时，若加蒸馏水时不慎超过刻度线，处理方法是重新配制。
18. H2O2可作为矿业废液消毒剂，有“绿色氧化剂”的美称。
（1）消除废液中的氰化物(如NaCN)，可经以下反应实现：(已配平)，则生成物X的化学式为___________。
（2）从氧元素的化合价可推测，H2O2既具有氧化性，又具有还原性。某实验小组同学设计实验探究在某强酸性反应体系中的性质。
实验Ⅰ：探究H2O2的氧化性。
向含5%H2O2的硫酸酸性溶液中加入___________(填序号)，预测可能看到的现象___________。
①淀粉−KI溶液 ②NaClO溶液 ③MnO2固体
实验 Ⅱ：探究H2O2的还原性。
向含5%H2O2的溶液中滴加酸性KMnO4溶液。已知反应物和生成物共有六种粒子：O2、、H2O、Mn2+、H2O2、H+。该反应的氧化产物是___________，若反应中转移电子数为NA，则生成标准状况下的O2的体积是___________。
（3）写出一个H2O2既做氧化剂又做还原剂的反应的化学方程式___________。
【答案】（1）
（2） ①. ① ②. 溶液变蓝色 ③. ④. 11.2L
（3）
【解析】
【小问1详解】
根据原子守恒 ，X的化学式为；
【小问2详解】
与KI在酸性条件下反应生成单质碘和水，化学方程式为，单质碘遇淀粉变成蓝色，故可能看到的现象为溶液变蓝；与酸性高锰酸钾溶液反应，被氧化得到氧化产物，1ml得到2ml电子生成1ml，故转移NA个电子时，产生氧气的物质的量为0.5ml，标准状况下的体积为11.2L；
【小问3详解】
既做氧化剂又做还原剂，即化合价既有升高又有降低，比如实验室用制氧气的反应。
19. Ⅰ．如图所示物质之间的转化，已知：A是金属单质；B为淡黄色固体；F是非金属单质；H是“84”消毒液的有效成分；X是常见的温室气体。按要求回答下列问题：
（1）以上反应中，不属于氧化还原反应的有___________个。
（2）写出E与F反应的离子方程式___________。
（3）写出B→C反应的化学方程式___________；若反应中有0.2ml电子转移，生成标准状况下气体的体积为___________L。
Ⅱ．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下图所示(部分物质已略去)。
（4）① ~ ③所涉及的操作方法中，包含过滤的是___________(填序号)。
（5）上述过程中可循环使用的物质是___________(填化学式)。
（6）设计实验检验溶液B中是否含有Cl−，其操作为___________。
【答案】（1）2 （2）Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O
（3） ①. 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 ②. 2.24
（4）①③ （5）CO2
（6）取少量溶液B于试管中，先加稀硝酸酸化，再加适量AgNO3溶液，若出现白色沉淀证明含Cl-；反之则不含Cl-
【解析】
【分析】I．A是金属单质，A生成B， B为淡黄色固体，则A为Na单质，则B为Na2O2，X是常见的温室气体，则X为CO2，CO2与过氧化钠反应生成的C为Na2CO3，碳酸钠与CO2在一定条件生成D，D也可以转化为Na2CO3，则D为NaHCO3，H是“84”消毒液的有效成分，则H为NaClO， F为非金属单质，则F为Cl2，而Na和水生成E，则E为NaOH；
II．向饱和食盐水先进行氨化，使溶液显碱性，再通入二氧化碳，增大溶液中的浓度，利用NaHCO3的溶解度小于NH4HCO3，使NaHCO3晶体析出，发生反应：NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，过滤，将沉淀洗涤、干燥，碳酸氢钠灼烧分解生成碳酸钠，生成的二氧化碳利用循环利用，溶液A中的主要成分是氯化铵，加入氯化钠析出 NH4Cl晶体，过滤分离，溶液B中主要成分是NaCl，据此回答。
【小问1详解】
上述反应中Na与氧气反应生成过氧化钠、钠与水的反应、过氧化钠与二氧化碳的反应、氢氧化钠与氯气的反应都属于氧化还原反应，只有碳酸钠与碳酸氢钠之间的相互转化属于非氧化还原反应，即以上反应中，不属于氧化还原反应的有2个；
【小问2详解】
由分析知， F为Cl2， E为NaOH，两者反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O；
【小问3详解】
由分析知，B为Na2O2，C为Na2CO3，B→C反应为过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；若反应中有0.2ml电子转移，生成O2为0.1ml，标准状况下O2的体积为0.1ml×22.4L/ml=2.24L；
【小问4详解】
①～③所涉及的操作方法中，①③是将固体与溶液分离，而②是将碳酸氢钠加热分解，则包含过滤的是①③；
【小问5详解】
由分析知，可循环利用的物质为CO2；
小问6详解】
由于Cl-能与Ag+反应生成氯化银白色沉淀，故取少量溶液B于试管中，先加稀硝酸酸化，再加适量AgNO3溶液，若出现白色沉淀证明含Cl-；反之则不含Cl-。
20. 四氯化钛是一种重要的化工原料，某实验小组利用如图装置模拟制备TiCl4(部分夹持仪器已略去)。
已知：
①室温下TiCl4为无色液体，熔点为−25℃，沸点
②TiCl4易与水反应生成TiO2和HCl。
③在左右，将氯气通过TiO2和碳粉的混合物可制得TiCl4和一种有毒的气体。
（1）装置A中MnO2与浓盐酸反应的化学方程式为___________。
（2）玻璃管a能有效提示装置是否发生堵塞，若右侧装置出现堵塞，观察到的现象是___________。
（3）写出装置D中生成TiCl4的化学方程式___________。
（4）仪器F的名称为___________，若F中装有碱石灰，其作用是___________。该实验还有个明显的缺点是___________。
【答案】（1）MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O
（2）玻璃管内液面上升
（3）TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO
（4） ①. 球形干燥管 ②. 吸收多余的Cl2，防止空气中水蒸气进入装置 ③. 缺少CO尾气处理装置
【解析】
【分析】A装置在加热条件下二氧化锰与浓盐酸制取氯气；B装置内饱和食盐水除去氯气中的氯化氢并平衡气压；C装置内浓硫酸用于干燥氯气；D装置中氯气通过 TiO2 和碳粉的混合物制得 TiCl4；E装置作用是冷凝回收TiCl4；F装置用于尾气吸收以及防止空气中的水蒸气进入装置与TiCl4反应；
【小问1详解】
二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水，化学方程式为MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O；
【小问2详解】
玻璃管a能有效提示装置是否发生堵塞，若右侧装置出现堵塞，造成B装置内压强变大，观察到的现象是玻璃管内液面上升(高于洗气瓶中的液面)；
【小问3详解】
氯气通过 TiO2 和碳粉的混合物可制得 TiCl4 和一种有毒的气体为一氧化碳，制得四氯化钛的化学方程式为：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO；
【小问4详解】
仪器F的名称为球形干燥管，若 F 中装有碱石灰，其作用是能吸收多余的氯气防止污染空气，吸收空气中的水蒸气，防止空气中水蒸气进入装置与TiCl4反应；一氧化碳为有毒气体，需进行尾气处理，则该实验还有个明显的缺点是缺少CO尾气处理装置。A
B
加热碳酸钠或碳酸氢钠
光照过程中氯水中氯离子的浓度变化
可以比较二者的热稳定性
氯离子浓度升高的原因是HClO分解
C
D
Na2O2与水的反应
将有色鲜花放入盛有干燥氯气的集气瓶
带火星的木条复燃说明该反应生成氧气
证明Cl2具有漂白性
选项
实验操作和现象
结论
A
向某溶液中加入稀盐酸至溶液呈酸性，产生使澄清石灰水变浑浊的气体
该溶液中含有
B
对某碱性溶液进行焰色试验，火焰颜色为黄色
该溶液为溶液
C
向某溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加过量稀盐酸，沉淀不消失
该溶液中含有
D
向某溶液中加入过量硝酸酸化的溶液，有白色沉淀生成
该溶液中含有
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