1、河北省安平中学2020-2021学年高一化学上学期12月月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Na23 Al27 S32 Cl35.5 Br80一、选择题：本题共25小题，每小题2分，共50分。每小题只有一个选项符合题目要求。1. 下列关于钠的说法中正确的是（ ）A. 钠的含氧化合物都是碱性氧化物B. 金属钠久置空气中最终转变为Na2O2C. 钠可以将钛、铌等金属从其熔融的氯化物中置换出来D. 过氧化钠只具有氧化性不具有还原性【答案】C【解析】【分析】【详解】A、过氧化钠属于过氧化物，不是碱性氧化物，故A错误；B. 金属钠久置空气中最终转变为Na2CO3，故B错误；C
2、. 钠的还原性强，钠可以将钛、铌等金属从其熔融的氯化物中置换出来，故C正确；D. 过氧化钠中的氧元素化合价为-1，氧元素化合价既可以升高又可以降低，所以过氧化钠既具有氧化性又有还原性，故D错误。2. 下列实验操作正确的是（ ）选项实验操作A观察钠与水反应的现象用镊子从煤油中取出金属钠，切下黄豆大小的钠，小心放入装满水的烧杯中B检验NaHCO3溶液与Na2CO3溶液用小试管分别取少量溶液，然后滴加澄清石灰水C证明Na2O2与CO2是放热反应Na2O2用棉花包裹，放入充满CO2的集气瓶中，棉花燃烧，说明该反应是放热反应D检验Na2CO3溶液与K2CO3溶液用铂丝分别蘸取溶液，在酒精灯外焰上灼烧，直
3、接观察火焰的颜色A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【分析】【详解】A.应将钠表面的煤油用滤纸吸干且烧杯中不能装满水，A错误；B.分别向NaHCO3与Na2CO3溶液中滴加澄清石灰水，都有白色沉淀产生，无法鉴别，可滴加氯化钡溶液加以鉴别，B错误；C.Na2O2与CO2反应生成氧气，棉花燃烧说明达到了着火点，能证明Na2O2与CO2的反应是放热反应，C正确；D.观察钾的焰色反应要透过蓝色钴玻璃，D错误。答案选C。3. 某溶液含有等五种阴离子，向其中加入少量的过氧化钠固体后，溶液中的离子浓度基本保持不变的是(忽略溶液体积变化)( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】【
4、详解】Na2O2具有强氧化性，能将氧化成，则的浓度减小，的浓度增大；Na2O2溶于水时生成NaOH，NaOH可与反应生成，因此的浓度增大，的浓度减小；不与Na2O2反应，则的浓度基本不变；答案选A。4. 将一定量的Na2CO3与NaHCO3的混合物充分加热，可收集到标况下a L的气体，若将同样的混合物投入到足量盐酸中，会收集到标况下b L的气体，则Na2CO3物质的量分数为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】【详解】两次得到的二氧化碳的物质的量分别是、，根据方程式2NaHCO3Na2CO3H2OCO2可知碳酸氢钠的物质的量是。根据碳原子守恒可知碳酸钠的物质的量是，则Na2C
5、O3物质的量分数为。答案选B。【点睛】本题考查学生混合物的有关计算知识，注意元素守恒的应用以及物质性质的掌握是解答的关键，题目难度不大。5. 下列各步反应A(HCl)B(Cl2)C(NaClO)D(HClO)E(CO2)，其中不能一步直接实现的是()A. ABB. BCC. CDD. DE【答案】D【解析】【分析】【详解】AAB可以用浓盐酸和MnO2反应制得，能一步直接实现，故A不符题意；BBC可以用Cl2和NaOH制得，能一步直接实现，故B不符题意；CCD可以用NaClO和CO2反应得到，能一步直接实现，故C不符题意；D由于次氯酸酸性弱于碳酸，所以DE不能一步制得，故D符合题意；故选D。6.
6、 下列有关NaClO和NaCl混合溶液的叙述正确的是A. 该溶液中，H+、NH4+、Ag+可以大量共存B. 向该溶液中通入CO2，不发生化学反应C. 该溶液可作游泳池及环境的消毒剂，有效成分是NaClD. 常温下，将氯气通入NaOH溶液中可以得到该溶液【答案】A【解析】【分析】A离子之间发生氧化还原反应，离子之间结合生成沉淀；B向该溶液中通入CO2，与NaClO溶液发生强酸制取弱酸的反应；CNaClO具有强氧化性； D氯气通入NaOH溶液中，发生氧化还原反应。【详解】AH+、Cl-、ClO-会发生氧化还原反应，Cl-、Ag+结合生成沉淀，不能共存，选项A错误；B向该溶液中通入CO2，由于酸性H
7、2CO3HClO，所以CO2、H2O与NaClO溶液发生强酸制取弱酸的反应生成HClO，选项B错误；CNaClO具有强氧化性，可杀菌消毒，可作游泳池及环境的消毒剂，有效成分是NaClO，选项C错误；D氯气通入NaOH溶液中，发生氧化还原反应，生成NaClO和NaCl，选项D正确；故本题合理选项是A。【点睛】本题考查钠的化合物，把握物质的性质、发生的反应为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，要注意元素及化合物知识的综合应用。7. 用经氯气消毒的自来水配制下列溶液Na2SO3KI AlCl3FeCl2AgNO3 稀盐酸后，发现部分药品变质，它们是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分
8、析】氯气能溶于水，且能与水反应：Cl2+H2OCl-+H+HClO，自来水中含有Cl-、H+、ClO-、HClO、Cl2等粒子，根据粒子的性质分析解答。【详解】氯气能溶于水，溶于水的氯气能够与水发生反应：Cl2+H2OCl-+H+HClO，因此自来水中含有Cl-、H+、ClO-、HClO、Cl2等粒子。ClO-、HClO、Cl2等离子具有强氧化性，其中与HClO、Cl2等粒子发生氧化还原反应而变质；AgNO3与Cl-反应产生AgCl沉淀而变质；不会发生明显变质的只有AlCl3、稀盐酸；变质的有，故选A。8. 下列关于氯水的叙述，正确的是A 氯水中只含Cl2和H2O分子B. 新制氯水可使蓝色石蕊
9、试纸先变红后褪色C. 光照氯水有气泡逸出，该气体是Cl2D. 氯水放置数天后其pH将变小，酸性减弱【答案】B【解析】【分析】氯水中存在Cl2H2OHClHClO；【详解】氯水中存在Cl2H2OHClHClO；A、氯水中含有分子为Cl2、H2O、HClO，故A错误；B、氯水中含有HCl，能使蓝色石蕊试纸变红，HClO具有强氧化性，使试纸褪色，故B正确；C、HClO见光分解：2HClO2HClO2，逸出的气体为O2，故C错误；D、放置数天后，溶液变为HCl，pH减小，酸性增强，故D错误。9. 制备氯化物时，常用两种方法：用金属与氯气直接化合制得；用金属与盐酸反应制得。用以上两种方法都可制得的氯化物
10、是( )A. AlCl3B. FeCl3C. FeCl2D. CuCl2【答案】A【解析】【分析】【详解】A.铝和盐酸或铝和氯气反应均生成AlCl3，A选；B.铁和氯气反应生成FeCl3，铁和盐酸反应生成氯化亚铁，B不选；C.铁和氯气反应生成FeCl3，铁和盐酸反应生成氯化亚铁，C不选；D.铜和氯气反应生成CuCl2，铜和盐酸不反应，D不选；答案选A。10. 将 SO2气体通入 BaCl2溶液，无明显现象，然后再通入 X 气体或加入 X 溶液，有白色沉淀生成，X 不可能是（ ）A. Cl2B. CO2C. H2O2D. NH3H2O【答案】B【解析】将SO2气体通入BaCl2溶液，SO2+H2
11、OH2SO3 。A. Cl2将H2SO3氧化H2SO4，H2SO4与BaCl2反应生成白色沉淀硫酸钡，故不选A；B. 无明显变化，故选B；C. H2O2将H2SO3氧化为H2SO4，H2SO4与BaCl2反应生成白色沉淀硫酸钡，故不选C；D. NH3H2O与H2SO3反应生成(NH4)2SO3，(NH4)2SO3与BaCl2反应生成白色沉淀亚硫酸钡，故不选D。点睛：本题涉及SO2的酸性氧化物的性质和还原性11. 下列溶液中能够区别SO2和CO2气体的是( )澄清石灰水H2S溶液KMnO4酸性溶液氯水品红溶液A. B. C. 除以外D. 全部【答案】C【解析】【分析】【详解】SO2和CO2都属于
12、酸性氧化物，它们都能使澄清石灰水变浑浊，所以不能利用澄清石灰水来区别SO2和CO2；SO2具有氧化性，能将H2S溶液氧化生成单质(有黄色沉淀生成)，而CO2没有此性质，所以能利用H2S溶液区别SO2和CO2；SO2也具有还原性，能被KMnO4酸性溶液氧化(溶液褪色)，而CO2没有此性质，所以能利用KMnO4酸性溶液区别SO2和CO2； SO2也具有还原性，能被氯水氧化(溶液褪色)，而CO2没有此性质，所以能利用氯水区别SO2和CO2；SO2还具有漂白性，能使品红溶液褪色，而CO2没有此性质，所以能利用品红溶液区别SO2和CO2所以能够区别SO2和CO2气体的溶液有：，故选：C。12. 在探究S
13、O2水溶液成分和性质的实验中，下列根据实验现象得出的结论正确的是()A. 向SO2水溶液中加入少量NaHCO3粉末，有气泡产生，说明SO2水溶液呈酸性B. 向SO2水溶液中滴加Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，说明SO2水溶液中含有SO42C. 向SO2水溶液中通入H2S气体，有淡黄色沉淀产生，说明SO2水溶液具有还原性D. 向KMnO4溶液中滴加SO2水溶液，溶液颜色褪去，说明SO2水溶液具有漂白性【答案】A【解析】【分析】【详解】A向SO2水溶液中加入少量NaHCO3粉末，有气泡产生，气体为二氧化碳，发生较强酸制取较弱酸的反应原理，则SO2水溶液呈酸性，选项A正确；B向SO2水溶液中滴
14、加Ba（NO3）2溶液，发生氧化还原反应生成硫酸钡白色沉淀，但SO2水溶液中不含有SO42-，选项B错误；C将SO2水溶液中通入H2S气体，发生氧化还原反应生成淡黄色沉淀S，由S元素的化合价降低可知SO2水溶液具有氧化性，选项C错误；D向KMnO4溶液中滴加SO2水溶液，发生氧化还原反应溶液颜色褪去，说明 SO2水溶液具有还原性，选项D错误；答案选A。13. 下列关于浓硫酸的说法中，正确的是A. 浓硫酸可用于干燥氨气B. 浓硫酸可使纸张脱水炭化C. 浓硫酸必须保存在棕色瓶中D. 可用锌和浓硫酸反应制取氢气【答案】B【解析】浓硫酸具有高沸点难挥发性、酸性、吸水性、脱水性、强氧化性。A、浓硫酸具有
15、吸水性，能用作干燥剂，但是浓硫酸能与氨气反应，不能用于干燥氨气，故A错误；B、浓硫酸具有脱水性，能使纸张炭化，故B正确；C、浓硫酸很稳定、难分解难挥发，不需要保存在棕色试剂瓶中，故C错误；D、浓硫酸具有强氧化性，与锌反应，产生的是二氧化硫，而不是氢气，故D错误。点睛：浓硫酸做干燥剂时，能干燥酸性气体和中性气体。不能干燥碱性气体NH3，不能干燥还原性气体H2S、HBr、HI；浓硫酸可以用于干燥强还原性气体SO2，因为浓硫酸中S处于+6价，SO2种S元处于+4价，浓硫酸不能氧化SO2。14. 在某溶液中加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解，则下列关于该溶液所含离子的推断中正确的
16、是( )A. 一定会有B. 可能含有、中的一种或两种，也可能只含有Ag+C. 含有和Ag+D. 可能含有或【答案】B【解析】【分析】【详解】加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，该白色沉淀可能为AgCl、BaSO3、BaSO4、BaCO3等，由于稀硝酸具有强氧化性，可被氧化生成，所以原溶液中可能含有Ag+或、；BaCO3可溶于稀硝酸，又因为Ag+不能与、同时存在，所有溶液中一定不存在，可能含有Ag+或者可能含有或中的一种或两种；答案选B。15. 下列关于浓硫酸的叙述中正确的是A. 将水沿着玻璃棒慢慢地注入盛有浓硫酸的量筒中稀释，并不断搅拌B. 运输时可以将浓硫酸密封装在铁罐中C. 浓硫酸滴到硫酸铜
17、晶体中的现象体现了浓硫酸的脱水性D. 少量浓硫酸滴入紫色石蕊溶液中，溶液会褪为无色【答案】B【解析】【分析】【详解】A. 稀释浓硫酸应该在烧杯中进行，不能在量筒中，A错误；B. 常温下铁在浓硫酸中钝化，运输时可以将浓硫酸密封装在铁罐中，B正确；C. 浓硫酸滴到硫酸铜晶体中的现象体现了浓硫酸的吸水性，C错误；D. 少量浓硫酸滴入紫色石蕊溶液中，溶液会变成红色，D错误；答案选B。【点睛】选项C是解答的易错点，注意浓H2SO4的吸水性与脱水性的区别：浓H2SO4夺取的水在原物质中以H2O分子形式存在时浓H2SO4表现吸水性，不以H2O分子形式而以H和O原子形式存在时，而浓H2SO4表现脱水性。16.
18、 下列说法中错误的是A. 自然界中硫是一种淡黄色难溶于水的固体B. 硫的化合物常存在于火山喷出的气体中和矿泉水里C. 硫与金属反应,生成金属的低价态化合物D. 硫在空气中的燃烧产物是二氧化硫，纯氧中的燃烧产物是三氧化硫【答案】D【解析】【分析】【详解】A.硫是一种淡黄色、难溶于水的固体，A正确；B. 硫的化合物常存在于火山喷出的气体中和矿泉水里，多为二氧化硫，B正确；C. 硫的非金属性比较弱，硫与金属反应生成金属的低价态化合物，C正确；D. 硫在空气中的燃烧产物是二氧化硫，在纯氧中的燃烧产物仍然是二氧化硫，D错误。答案选D。17. 某元素原子的质量数为A，它的阳离子Xn+核外有x个电子，w克这
19、种原子的原子核内中子的物质的量为( )A. molB. molC. molD. mol【答案】C【解析】【分析】【详解】元素原子的质量数为A，w克这种元素的原子，其物质的量为mol，阳离子Xn+核外有x个电子，则质子数为x+n，原子核内中子数为A-(x+n)=A-x-n，则w克这种元素的原子核内中子数为mol(A-x-n)=mol；故选：C。18. 已知钡的活动性处于Na、K之间，则下列说法中可能实现的是( )A. Ba可从KCl溶液中置换出钾B. Ba可从冷水中置换出氢C. 在溶液中Zn可还原Ba2+生成BaD. Ba投入到NaOH溶液中，没有明显的现象【答案】B【解析】钡的活动性处于Na、
20、K之间，则金属性KBaNa，三者均与水反应。A、金属K、Na在溶液中均直接与水反应，所以Ba也直接与水反应，且金属性为KBa，所以Ba不能从KCl溶液中置换出K，故A错误；B、金属性为BaNa，Na与冷水反应生成H2，则Ba可从冷水中置换出氢，故B正确；C、金属性BaZn，则溶液中Zn不能还原Ba2+生成Ba，故C错误；D、将Ba投入到NaOH溶液中，Ba与水反应生成气体，故D错误。故选B。19. 已知：A、B两元素阴离子具有相同的电子层结构；A元素的阴离子半径大于B元素的阴离子半径；C和B两元素的原子核外电子层数相同；C元素的原子半径大于A元素的原子半径。A、B、C三种元素的原子序数的关系是
21、（ ）A. ABCB. BACC. CABD. ACB【答案】B【解析】【分析】【详解】A、B两元素的阴离子具有相同的电子层结构，故A、B同周期；A元素的阴离子半径大于B元素的阴离子半径，A在B的左侧；C和B两元素的原子核外电子层数相同，所以C、B同周期；C元素的原子半径大于A元素的原子半径，C在A的左侧；故A、B、C三种元素的原子序数的关系为：BAC。故选B。20. 短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表的位置如表所示，其中X元素的原子内层电子数是最外层电子数的一半，则下列说法正确的是XYZWQA. 钠与W可能形成Na2W2化合物B. 由Z与Y组成的物质在熔融时能导电C W得电子能力比Q强
22、D. X有多种同素异形体，而Y不存在同素异形体【答案】A【解析】【分析】由短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的位置可知，X、Y处于第二周期，Z、W、Q处于第三周期，X元素的原子内层电子数是最外层电子数的一半，则最外层电子数为4，故X为碳元素，则Z为Si元素、Y为氧元素、W为硫元素、Q为Cl元素，据此解答。【详解】A.Na和S可形成类似于Na2O2 的Na2S2，正确； B.二氧化硅是原子晶体，熔融状态下，不导电，错误； C.同周期自左而右非金属性增强，得电子能力增强，故S得电子能力比Cl弱，故C错误； D.碳元素有金刚石、石墨等同素异形体，氧元素存在氧气、臭氧同素异形体，C、O元素都能
23、形成多种同素异形体，错误。答案选A。21. 铊(Tl)是某超导材料的组成元素之一,已知铊位于第六周期A族。Tl3+与Ag在酸性介质中发生反应:Tl3+2AgTl+2Ag+。下列推断正确的是A. Tl+最外层有1个电子B. Tl3+的氧化性比Ag+弱C. Tl能形成+3价和+1价的化合物D. Tl+的还原性比Ag强【答案】C【解析】【分析】【详解】A、铊与铝同族，最外层有3个电子，则Tl+离子的最外层有2个电子，故A错误；B、反应Tl3+2AgTl+2Ag+，Tl3+为氧化剂，Ag+为氧化产物，氧化性：Tl3+Ag+，故B错误；C、根据反应Tl3+2AgTl+2Ag+可知，Tl能形成+3价和+1
24、价的化合物，故C正确；D、还原剂的还原性大于还原产物的还原性来分析，在反应Tl3+2Ag=Tl+2Ag+，还原性AgTl+，故D错误；答案选C。22. 将金属钠放入盛有下列溶液的小烧杯中，既有气体，又有沉淀产生的个数是（ ）MgSO4溶液NaCl溶液Na2SO4溶液饱和澄清石灰水Ca(HCO3)2溶液A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】【分析】【详解】金属钠放入MgSO4溶液中，生成氢氧化镁的白色沉淀，同时放出氢气，正确；金属钠放入NaCl溶液中，只生成氢气，错误；金属钠放入Na2SO4溶液中，只生成氢气，错误；金属钠放入饱和澄清石灰水，能生成氢气，且降低氢氧化钙的溶解度而使其析
25、出，正确；金属钠放入Ca(HCO3)2溶液中，能成成氢气，同时生成碳酸钙的白色沉淀，正确；故既有气体，又有沉淀产生的是；答案选C。【点睛】本题的难点是金属钠放入硫酸镁、澄清石灰水和碳酸氢钙溶液中，实验现象的判断，要考虑到钠会先与水反应生成氢氧化钠和氢气，得到的氢氧化钠再与溶液中的溶质反应，不是单纯的发生置换反应。23. 如图是硫酸试剂标签上的部分内容，据此下列说法正确的是（ ）A. 该硫酸试剂的物质的量浓度为18.4molL-1B 该硫酸可以干燥H2S等酸性气体，但不可以干燥NH3C. 50mL该H2SO4中加入足量的铜片并加热，被还原的H2SO4的物质的量为0.46molD. 2.7gAl与
26、足量的该硫酸反应可得到H23.36L【答案】A【解析】【分析】【详解】A. 该硫酸试剂的物质的量浓度为18.4molL-1，故A正确；B. 浓硫酸具有强氧化性，浓硫酸和H2S能发生氧化还原反应，所以浓硫酸不能干燥H2S，故B错误；C. 50mL该H2SO4中硫酸的物质的量是0.05L18.4molL-1=0.92mol，铜与稀硫酸不反应，加入足量的铜片并加热，参加反应的硫酸小于0.92mol，被还原的H2SO4的物质的量小于0.46mol，故C错误；D.常温下，铝在浓硫酸中钝化，二者反应生成二氧化硫得不到氢气，故D错误；故选A。24. 如图所示，若关闭B阀，打开A阀，将潮湿的氯气通入乙瓶，布条
27、褪色；若关闭A阀，打开B阀，让潮湿的氯气经过甲瓶后，再通入乙瓶，布条不褪色。则甲瓶中所盛的试剂不可能是（ ）A. Ba(OH)2溶液B. 饱和食盐水C. NaOH溶液D. 浓H2SO4【答案】B【解析】【分析】【详解】A. Ba(OH)2溶液，氯气与Ba(OH)2溶液反应消耗氯气，布条不褪色，故A不符合题意；B. 饱和食盐水与氯气不反应，氯气再通入乙瓶，湿润的氯气使布条不褪色，故B符合题意；C. NaOH溶液，氯气与NaOH溶液反应消耗氯气，布条不褪色，故C不符合题意；D. 浓H2SO4，潮湿的氯气被浓硫酸干燥，干燥的氯气不能使有色布条褪色，故D不符合题意。综上所述，答案为B。【点睛】湿润的氯
28、气能使有色布条褪色，干燥的氯气不能使有色布条褪色。25. 根据元素周期表和元素周期律判断下列结论正确的是（ ）A. 氧化性：C12SSeTeB. 离子的还原性：S2-C1-Br-I-C. 酸性：H2SO4HClO4H2SeO4D. 离子半径：K+Ca2+C1-S2-【答案】A【解析】【分析】【详解】ACl与S为同周期元素，非金属性ClS，S、Se、Te为同主族元素，非金属性SSeTe，所以氧化性：C12SSeTe，A正确；BS、C1、Br、I的非金属性C1BrIS，所以离子的还原性：S2-I-Br-Cl-，B不正确；C非金属性ClSSe，所以酸性：HClO4H2SO4H2SeO4，C不正确；D
29、K+、Ca2+、C1-、S2-的电子层结构相同，核电荷数越小，离子半径越大，所以离子半径：S2-C1-K+Ca2+，D不正确；故选A。二、非选择题：本题共5小题，共50分。26. 短周期主族元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍，X、Y的核外最外层电子数之比为2：3。金属单质Z在Y2中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应。的最外层为8电子结构。请回答下列问题：.（1）X的最简单氢化物的分子式为_。（2）Z的最高价氧化物的水化物属于_（填“酸”或“碱”）。（3）热稳定性：X的最简单氢化物比Y的最简单氢化物_（填“强”或“弱”）。（4）金属单质Z在Y2中燃
30、烧生成化合物，1mol该化合物与水反应时转移电子数为_mol。（5）Y、M两元素之间形成的化合物，常用作水的消毒剂的是_（填分子式）。【答案】 (1). CH4 (2). 碱 (3). 弱 (4). 1 (5). ClO2【解析】【分析】X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍，X是C元素；X、Y的核外最外层电子数之比为2：3，说明Y的最外层电子数为6，Y是O元素；金属单质Z在Y2中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，说明Z是Na元素；的最外层为8电子结构，说明M是Cl元素。【详解】（1）根据分析，X是C元素，C的最简单氢化物的分子式为CH4；（2）根据分析，Z是Na元素，Na的最高价氧化
31、物的水化物是NaOH，是强碱；（3）X是C元素，Y是O元素，非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性CO，故CH4的热稳定性弱于H2O；（4）Na在O2中燃烧生成的Na2O2与水反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 ，Na2O2中-1价的O发生歧化，变为0价和-2价，故1mol Na2O2与水反应时转移电子数为1mol；（5）氯的氧化物中，ClO2常作为水的消毒剂。【点睛】本题要注意第（5）问，常用作水消毒剂有漂白粉、Cl2、ClO2等。27. 向200 mL 某物质的量浓度的NaOH溶液中缓慢通入一定量的CO2 ，充分反应后，得到Na2CO3和NaHCO3的混合溶液。向上述所得溶液中，逐
32、滴滴加2 molL的盐酸，所得气体的体积与所加盐酸的体积关系如图所示：（1）OA段、AB段发生反应的离子方程式：_、_。（2）B点时，反应所得溶液中溶质的物质的量浓度是_。（3）原NaOH溶液的物质的量浓度是_。【答案】 (1). CO32- H+ HCO3- (2). HCO3 + H+CO2 H2O (3). 1.2 molL1 (4). 3molL1【解析】【分析】（1）根据碳酸钠、碳酸氢钠与盐酸反应的先后顺序书写离子方程式；（2）根据氯离子守恒计算；（3）根据钠离子守恒计算。【详解】（1）由于碳酸钠与盐酸反应是分步进行的，即首先转化为碳酸氢钠，然后碳酸氢钠再与盐酸反应放出二氧化碳，则向
33、上述所得溶液中，逐滴滴加2 mol/L的盐酸时OA段发生反应的离子方程式为CO32-H+HCO3-，AB段发生反应的离子方程式为HCO3+H+CO2H2O。（2）根据题意知，B点时，反应所得溶液中溶质为NaCl，根据氯元素守恒得n(NaCl)n(HCl)0.3L2mol/L0.6mol，则氯化钠的物质的量浓度为0.6mol0.5L1.2mol/L。（3）根据钠离子守恒可知n(NaCl)n(NaOH)0.6mol，则原溶液中氢氧化钠的物质的量浓度为0.6mol0.2L3.0mol/L。28. 海水中化学资源的综合开发利用，已受到各国的高度重视。Br2和Mg等两种单质都可以从海水中提取，如图为提取
34、它们的主要步骤：请回答：.从海水中提取的溴占世界溴年产量的三分之一，主要方法就是上述流程中的空气吹出法。(1)制取Br2时第一次通入Cl2时发生反应的离子方程式是_。(2)吸收塔中反应的离子方程式是_，工业生产1mol Br2，理论上需要Cl2的物质的量为_ 。(3)取10L海水经过提纯浓缩，向吸收塔吸收后的溶液中加入0.100mol/L AgNO3溶液8.0mL恰好完全反应，则海水中含溴的含量为_ mg/L(不考虑提纯过程中溴的损失)。.镁及其合金是用途很广的金属材料，而目前世界上60%的镁就是从海水中按上述流程提取的。(1)上述流程中为了使MgSO4完全转化为Mg(OH)2，试剂可以选用_
35、 (写化学式)。(2)步骤包括加热、蒸发、冷却、结晶、_。(3)通电时无水MgCl2在熔融状态下反应的化学方程式是_。【答案】 (1). 2BrCl22ClBr2 (2). SO22H2OBr 24H2 BrSO42 (3). 2mol (4). 6.4 (5). Ca(OH)2 (6). 过滤 (7). MgCl2(熔融)MgCl2【解析】【分析】浓缩海水中主要含MgSO4、NaCl、NaBr，加入试剂氢氧化钙或氢氧化钠沉淀镁离子，过滤得到混合溶液中通入氯气，得到低浓度的溴单质，进入吸收塔用二氧化硫吸收得到溴化氢，再通入氯气得到高浓度的溴单质，氢氧化镁沉淀中加入盐酸溶液溶解得到氯化镁溶液，加
36、热、蒸发、冷却、结晶、过滤得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热失去结晶水得到氯化镁固体，电解熔融氯化镁得到镁和氯气。【详解】由上述分析可知：I（1）浓缩海水与试剂反应得到氢氧化镁，剩余混合液中含有的是溴离子，通入氯气后，氯气与溴离子反应生成单质溴和氯离子，其离子方程式是Cl2+2Br-2 Cl-+Br2；答案为：Cl2+2Br-2 Cl-+Br2。（2）单质溴经过空气吹出法后被富集在吸收塔，通入的二氧化硫与单质溴反应生成硫酸和氢溴酸，其化学方程式是：Br2+SO2+2H2O2H2SO4+2HBr，即其离子方程式为Br2+SO2+2H2O4H+SO42-+2 Br-；由Cl2+2Br-2 Cl-+
37、Br2，Br2+SO2+2H2O4H+SO42-+2 Br-，Cl2+2Br-2 Cl-+Br2，可知工业生产1mol Br2，需要2molCl2；答案为Br2+SO2+2H2O4H+SO42-+2 Br-，2mol。（3）由反应Ag+Cl-=AgCl，Cl2+2Br-2 Cl-+Br2，可知n(Ag+)n(Cl-)n(Br-)，由银元素的物质的量为0.1mol/L810-3L=0.810-3mol，则溴元素的物质的量也为0.810-3mol，溴元素的质量为0.810-3mol80g/mol=6410-3g=64mg，则海水中含溴的含量为=6.4mg/L；答案为6.4mg/L。II（1）为了使
38、MgSO4转化为Mg(OH)2，从经济理念出发，试剂可以选用由海洋中的贝壳得到的固体Ca(OH)2使MgSO4完全转化为沉淀；答案为Ca(OH)2。（2）要从氯化镁溶液得到含结晶水的氯化镁，就需要蒸发、冷却、结晶，并通过过滤把固体从溶液中分离出来；答案为过滤。（3）氯化镁电解为分解反应，产物为镁和氯气，所以电解方程式为：MgCl2(熔融)MgCl2；答案为MgCl2(熔融)MgCl2 。【点睛】本题应注意在MgCl2溶液制取MgCl26H2O晶体时，如果直接加热蒸发，因为Mg2+的水解，生成盐酸易挥发，得不到MgCl26H2O，故应采取在HCl气流中蒸发，才会抑制水解。29. 某兴趣小组模拟工
39、业制漂白粉，设计了下列图5的实验装置。已知：氯气和碱反应放出热量。6Cl2+6Ca(OH)25CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O。回答下列问题：（1）甲装置中仪器a的名称是_，MnO2在反应中所起的作用是（填“氧化剂”或“还原剂”）_。（2）装置乙中饱和食盐水的作用是_。（3）制取漂白粉的化学方程式是_。该小组制得的漂白粉中n(CaCl2) 远大于nCa(ClO)2，其主要原因是_。为提高Ca(ClO)2的含量，可采取的措施是_（任写一种即可）。（4）漂白粉应密封保存，原因是_（用化学方程式表示）。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 氧化剂 (3). 除去氯气中混有的氯化氢 (4).
40、 2Cl2+2 Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O (5). 氯气和碱反应会放出热量，导致温度升高，发生了副反应：6Cl2+6 Ca(OH)25CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O (6). 将丙装置浸在盛有冷水的水槽中或控制氯气产生速率 (7). Ca(ClO)2 +CO2+H2O= CaCO3+2HClO【解析】【分析】模拟工业制漂白粉:装置A制取Cl2，a为分液漏斗，可以控制加入的浓盐酸，圆底烧瓶中盛放二氧化锰，反应的方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O，HCl易挥发，制得的氯气中含有氯化氢，可以用食盐水来除杂，乙装置除去氯气中的氯化氢，
41、丙装置Cl2与Ca(OH)2的反应制漂白粉，Cl2有毒，需进行尾气处理，装置丁吸收多余的氯气。(1)根据仪器的特征以及常见仪器的名称解答；MnO2与浓盐酸反应生成氯化镁、氯气与水，MnO2是氧化剂；(2)HCl易挥发，制得的氯气中含有氯化氢，可以用食盐水来除杂；(3)漂白粉的主要成分是次氯酸钙Ca(ClO)2和氯化钙，氯气与石灰乳反应产物是氯化钙、次氯酸钙和水；根据氯气和碱反应放出热量，温度稍高即发生副反应6Cl2+6 Ca(OH)25CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O进行判断；因为温度高时易生成Ca(ClO3)2，所以避免此反应发生可以采取降温措施或控制反应避免反应放热瞬时升高；(4)
42、漂白粉有效成分为次氯酸钙，能够与空气中的二氧化碳反应而导致变质。【详解】(1)甲装置中仪器a具有球形特征，有玻璃活塞，在该实验中，可以控制加入的浓盐酸，为分液漏斗，装置A制取Cl2，反应的方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O，反应中，MnO2中Mn元素化合价降低（+4+2），MnO2为氧化剂，因此，本题正确答案是：分液漏斗；氧化剂；(2)浓盐酸和二氧化锰反应过程中会发出氯化氢气体，氯化氢在氯化钠饱和溶液中易溶，而氯气难溶，通过饱和食盐水的作用是除去Cl2中混有的HCl气体，因此，本题正确答案是：除去氯气中混有的氯化氢；(3)漂白粉的主要成分是次氯酸钙Ca(ClO)2和
43、氯化钙，将氯气通入石灰乳Ca(OH)2制取漂白粉，同时有水生成，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，因此，本题正确答案是：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；氯气和碱反应会放出热量，导致温度升高，当温度低时，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙和水；当温度高时，发生了副反应： 6Cl2+6 Ca(OH)25CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O，所以制得的漂白粉中n(CaCl2) 远大于nCa(ClO)2，因此，本题正确答案是：氯气和碱反应会放出热量，导致温度升高，发生了副反应：6Cl2+6 Ca(OH)2
44、5CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O；温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO3)2，为避免此副反应的发生，用冰水或冷水冷却，或控制氯气产生速率，通过控制反应速率，避免反应放热瞬时升高，因此，本题正确答案是：将丙装置浸在盛有冷水的水槽中或控制氯气产生速率；(4)漂白粉有效成分为次氯酸钙，HClO虽是强氧化性的酸，但它是比碳酸还弱的酸，受空气中的水、CO2作用而导致变质，生成CaCO3和HClO，该反应的化学方程式为：Ca(ClO)2 +CO2+H2O= CaCO3+2HClO，所以漂白粉应密封保存，因此，本题正确答案是： Ca(ClO)2 +CO2+H2O= CaCO3+2HClO。3
45、0. 利用元素的化合价推测物质的性质是化学研究的重要手段。如图是硫元素的常见化合价与部分物质类别的对应关系：(1)从硫元素化合价变化的角度分析，图中既有氧化性又有还原性的化合物有_(填化学式)(填一种就可以)。(2)将X与Y混合，可生成淡黄色固体。该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。(3) Z的浓溶液与铜单质在一定条件下可以发生化学反应，该反应的化学方程式为_。(4)Na2S2O3是重要的化工原料从氧化还原反应的角度分析，下列制备Na2S2O3的方案理论上可行的是_(填字母)。aNa2S+S bNa2SO3+S cSO2+Na2SO4 dNa2SO3+Na2SO4(5)已知Na2SO3能
46、被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则24 mL 0.05 mol/L的Na2SO3溶液与 20 mL 0.02 mol/L的溶液恰好反应时，Cr元素在还原产物中的化合价为_。【答案】 (1). SO2、H2SO3、Na2SO3 (填一种) (2). 12 (3). Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+2H2O+SO2 (4). b (5). +3【解析】【分析】【详解】S元素的化合价有-2价、0价、+4价、+6价。结合元素化合价及物质存在形式可知X是H2S，Y是SO2，Z是H2SO4。(1)具有中间价态的元素既有还原性又有氧化性，S元素的化合价有-2价、0价、+4价、+6价，所以0价和+4
47、价S的化合物既有还原性又有氧化性，图中既有氧化性又有还原性的化合物有SO2、H2SO3、Na2SO3；(2)将H2S与SO2混合，可生成淡黄色固体，利用SO2的氧化性氧化H2S生成淡黄色沉淀S和水，反应方程式为：2H2S+SO2=3S+2H2O，在该反应中H2S作还原剂，SO2作氧化剂，则该反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2；(3)浓硫酸与铜单质在加热条件下可以发生化学反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O；(4)Na2S2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2，a中S化合价都小于2，c、d中S的化合价都大于2，均不符合题意，只有b中Na2SO3的S为+4价，单质S为0价，一种大于2，一种小于2，只有选项 b符合题意；(5)假设Cr元素在产物中的化合价为+a价，根据电子转移守恒，则2410-3 L0.05 mol/L(6-4)=2010-3 L0.02 mol/L2(6-a)，解得a=+3。【点睛】本题考查了物质所含元素的化合价与物质的氧化性、还原性的关系及氧化还原反应知识的应用等，元素处于最高价只有氧化性，处于最低价只有还原剂，若处于中间价态，则既有氧化性又由还原性，注意物质浓度对物质氧化性的影响，根据氧化还原反应的规律解答。
