四川省 2022-2023学年高一化学上学期期中考试试题（Word版含解析）

2022-2023学年度上期高一年级半期考试化学试卷考试时间：90分钟总分：100分可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23S-32Cl-35.5K-39Ca-40Fe-56Ag-108Ba-137一、选择题，本题共14小题，每题2分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.下列说法不正确的是A.小苏打用作食品膨松剂B.氯水具有较强的氧化性，可用于漂白纸张、织物等C.盐碱地(含较多等)不利于作物生长，可施加熟石灰进行改良D.碳酸氮钠药片是抗酸药，服用时不能喝醋【答案】C【解析】【详解】A．小苏打主要成分是NaHCO3，受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，故可以用作食品膨松剂，A正确；B．氯水具有较强的氧化性，其中的HClO具有漂白性，可用于漂白纸张、织物等，B正确；C．碳酸钠的水溶液显碱性，熟石灰是氢氧化钙，两者反应生成碳酸钙和氢氧化钠，碱性增强，C错误；D．碳酸氮钠可以与胃酸反应，故碳酸氮钠药片是抗酸药，服用时不能喝醋，D正确；故选C2.下列物质的分类正确的是进项碱性氧化物混合物电解质非电解质A冰水混合物NaOHB盐酸NaClONOCCaO液氯NaCl D空气溶液A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．能和酸反应生成相应的盐和水，属于酸性氧化物；冰水混合物属于纯净物，故A错误；B．属于碱性氧化物，盐酸是混合物，NaClO是电解质，NO是非电解质，故B正确；C．液氯是纯净物，故C错误；D．溶液是混合物既不是电解质也不是非电解质，是单质既不是电解质也不是非电解质，故D错误；故选B。3.含氯消毒剂的杀灭病毒，常用的含氯消毒剂有液氯、漂白粉、84消毒液、二氧化氯等。下列说法错误的是A.工业制取84消毒液的化学方程式为B.漂白粉的主要成分是和C.工业上制取漂白粉是将通入澄清石灰水D.漂白粉久置失效是因为有效成分与空气中的和水反应生成的HClO见光分解【答案】C【解析】【详解】A．84消毒液的有效成分是NaClO，工业制取84消毒液的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，A正确；B．漂白粉的主要成分是CaCl2和Ca(ClO)2，有效成分是Ca(ClO)2，B正确； C．氢氧化钙微溶于水，故工业上制取漂白粉是将Cl2通入石灰乳中，C错误；D．漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，与空气中的CO2和水反应生成的HClO见光分解，D正确；故选C。4.已知反应：Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4，下列相关说法错误的是A.Cl2在反应中失去电子B.SO2是还原剂C.由该反应可知还原性：SO2>HClD.向反应后的溶液中加入NaHCO3固体，有气体生成【答案】A【解析】【详解】A．该反应中Cl2化合价降低，得电子被还原，A错误；B．该反应中SO2中S元素化合价升高被氧化，作还原剂，B正确；C．SO2为还原剂，HCl为还原产物，还原剂的还原性大于还原产物，C正确；D．HCl和H2SO4的酸性均强于碳酸，所以向反应后的溶液中加入NaHCO3固体，有CO2气体生成，D正确；综上所述答案为A。5.下列有关胶体的说法错误的是A.用激光笔照射可以区别溶液和胶体B.可用作净水剂的原因是在水溶液中形成胶体而起到净水作用C.、、、能在胶体中大量共有D.向胶体中滴加盐酸，先生成红褐色沉淀，然后沉淀溶解，溶液呈黄色【答案】C【解析】【详解】A．用激光笔照射可以区别溶液和胶体，有丁达尔效应的是胶体，没有的是溶液，A正确；B．Fe2(SO4)3可水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体具有吸附性，故Fe2(SO4)3在水溶液中形成Fe(OH)3胶体有净水作用，B正确；C．胶体遇见电解质离子会聚沉，故Na+、Mg2+、Cl−、NO不能在Fe(OH)3胶体中大量共存， C错误；D．向Fe(OH)3胶体中滴加盐酸，先聚沉生成红褐色沉淀，然后沉淀溶解生成Fe3+，溶液呈黄色，D正确；故选C。6.某学习小组拟用手持技术在光照条件下对新制饱和氯水进行检测，得到有关氯水的pH或电导率随时间变化的图像如下图所示。下列说法错误的是A.图1表示氯水pH时间变化趋势B.图2曲线呈上升的趋势是因为溶液中离子浓度增大C.氧气的体积分数随时间变化的趋势与图2曲线的趋势类似D.若向氯水中加入CaCO3固体，溶液pH几乎不变【答案】D【解析】【分析】氯水中存在反应Cl2+H2OHCl+HClO，光照时发生反应2HClO2HCl+O2↑，所以光照过程中氯水逐渐变为HCl溶液，溶液的pH减小，电导率增大，所以图1为氯水pH时间的变化趋势，图2为电导率随时间的变化趋势。【详解】A．根据分析可知图1为氯水pH时间的变化趋势，A正确；B．图2为电导率随时间的变化趋势，光照过程中氯水逐渐变为HCl溶液，离子浓度增大，电导率增大，B正确；C．光照时发生反应2HClO2HCl+O2↑，随时间推移，溶液中氧气含量逐渐增大，直到饱和，C正确；D．向氯水中加入CaCO3固体，会与HCl反应，导致溶液pH增大，D错误； 综上所述答案为D。7.下列有关和的叙述中错误的是A.两物质的饱和溶液，碱性：溶液>溶液B.酒精灯加热，固体受热能分解，固体不分解C.等物质的量的和分别与足量盐酸反应，生成的质量相同D.向饱和溶液中通入足量，离子方程式为【答案】D【解析】【详解】A．相同温度下，碳酸钠的溶解度比碳酸氢钠大，且相同浓度的碳酸钠溶液的碱性比碳酸氢钠溶液强，故两物质的饱和溶液，碱性：溶液>溶液，A正确；B．碳酸氢钠热稳定性差，受热易分解，碳酸钠热稳定性强，受热不分解，B正确；C．根据碳元素守恒，等物质的量的和分别与足量盐酸反应，生成的质量相同，C正确；D．相同温度下，碳酸钠的溶解度比碳酸氢钠大，向饱和溶液中通入足量，有碳酸氢钠晶体析出，离子方程式为：，D错误；故选D。8.下列关于溶液导电性图像的说法，错误的是A.图A可表示向饱和澄清石灰水中不断通入B.向溶液中滴加溶液至过量，溶液导电性先减弱后增强C.图B可表示向溶液中通入少量HCl气体 D.向溶液中加入溶液，导电性几乎不变【答案】D【解析】【详解】A．向饱和澄清石灰水中通入CO2，发生反应：，恰好完全反应时，溶液几乎不导电，再继续通入CO2，会生成碳酸，离子浓度增大，溶液导电性增强，但由于碳酸为弱酸，导电性比澄清石灰水弱，A正确；B．向溶液中滴加溶液，恰好生成硫酸钡沉淀时溶液的导电性最弱，溶液过量时离子浓度增大，溶液导电性又增强，故溶液导电性先减弱后增强，B正确；C．向溶液中通入少量HCl气体，与HCl反应的化学方程式为：，消耗1个同时生成1个HNO3，离子浓度不变，溶液导电性不变，C正确；D．向溶液中加入溶液，反应方程式为：，硫酸钠与硫酸的导电能力相同，又生成了碳酸，离子浓度增大，导电性稍微增强，D错误；故选D。9.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是A.使紫色石蕊变红色的溶液中：、、、B.使酚酞变红色的溶液中：、、、C.碱性溶液中：、、、D.含大量的溶液中：、、、【答案】A【解析】【详解】A．使紫色石蕊变红色的溶液中有大量的H+，各离子之间不反应，可以大量共存，A正确；B．使酚酞变红色的溶液中有大量的OH-，OH-与Fe3+反应生成Fe(OH)3沉淀，故不能大量共 存，B错误；C．碱性溶液中的OH-与反应生成H2O和，故不能大量共存，C错误；D．ClO-与H+结合成HClO，故不能大量共存，D错误；故选A。10.设代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是A.1.8g含的质子数为B.质量相等的和，所含的S原子数均为C.56gFe与足量加热完全反应，电子转移数为3D.和的混合物10g，与足量盐酸反应生成分子数为0.1【答案】B【解析】【详解】A．1.8gH2O含的质子数为，A正确；B．质量相等的S2和S4，所含的S原子数相等，但不一定是，B错误；C．56gFe的物质的量为，与足量Cl2加热完全反应生成FeCl3，铁元素的化合价由0价变成+3价，故电子转移数为3，C正确；D．KHCO3和CaCO3的摩尔质量均为100g/mol，故混合物的，由C原子守恒得，n(CO2)=n(C)=0.1mol，故反应生成CO2分子数为0.1，D正确；故选B。11.利用“价—类”二维图研究物质的性质是化学研究的重要手段，下图是氯元素的化合价与部分物质类别的对应关系。下列说法正确的是 A.X、、在反应中均只能做氧化剂B.Y的钾盐可用于实验室制取C.Z溶于水的离子方程式为D.可用pH试纸测Z的水溶液酸性强弱【答案】B【解析】【分析】由价-类二维图可知Z为Cl2，X为HClO4，Y为氯酸盐。【详解】A．Cl2、、中氯元素处于中间价态，既有氧化性，又有还原性，A错误；B．Y为氯酸盐，其钾盐为氯酸钾，可用于实验室制取，B正确；C．氯气溶于水生成HCl和HClO，HClO为弱酸，不可拆，离子方程式为：，C错误；D．氯水具有漂白性，不能用pH试纸测氯水的pH值，D错误；故选B。12.已知氧化性：，下列说法正确的是A.还原性：B.能利用Fe与化合制得C.反应能进行D.通入溶液中，若氧化产物只有一种，则氧化产物为【答案】C 【解析】【详解】A．单质的氧化性越强，则离子的还原性越弱，氧化性：，则还原性：，A项错误；B．在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，而氧化性：，故不能Fe与化合制得，B项错误；C．氧化性：，故Br2能将SO2氧化为，C项正确；D．氧化性：，则还原性：，通入溶液，先与反应生成，若氧化产物只有一种，则氧化产物为，D项错误；答案选C。13.下列关于Na2O、Na2O2的说法正确的是A.Na2O2、Na2O都是钠的氧化物，都是碱性氧化物B.Na2O在空气中变质的最终产物为NaOHC.等物质的量的Na2O、Na2O2分别加入等量足量的水中，得到溶液的质量分数相等D.CO和H2混合气ag，将它们在氧气中完全燃烧的产物全部通入到足量的过氧化钠固体中，则过氧化钠固体增重的质量小于ag【答案】C【解析】【详解】A．Na2O2与酸反应时不止生成盐和水，还生成氧气，不是碱性氧化物，A错误；B．NaOH也会和空气中的CO2反应，所以变质的最终产物为Na2CO3，B错误；C．1molNa2O足量水反应生成2molNaOH，使溶液增重的质量即1molNa2O的质量，1molNa2O2与足量水反应也生成2molNaOH，同时产生0.5molO2，所以使溶液增重的质量也为1molNa2O的质量，所以二者最终所得溶液的质量相等，溶质质量相等，则溶液的质量分数相等，C正确；D．H2、CO在整个过程中发生化学方程式为：2H2+O2=2H2O、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；2CO+O2=2CO2、2Na2O2+2CO2=2Na2 CO3+O2，由反应方程式可知，过氧化钠增加的质量即为H2、CO的质量，所以过氧化钠固体增重的质量等于ag，D错误；综上所述答案为C。14.将一小块钠投入盛有水的烧杯中，实验装置图如下。下列说法错误的是 A.由实验可知钠的密度比水小，反应放热B.反应中使酚酞变红的是氧化产物NaOHC.将Na和投入足量的水中，生成的气体点燃恰好完全反应，则Na和物质的量之比为2：1D.Na与足量溶液反应，若反应前后溶液质量减轻8.2g，则反应生成0.6mol【答案】D【解析】【详解】A．钠与水反应时浮在水面上且熔化成小球，说明钠的密度比水小，反应放热，A正确；B．钠与水反应生成NaOH，能使酚酞变红，B正确；C．，根据得失电子守恒可找出关系式：，Na和物质的量之比为2：1，C正确；D．Na与足量溶液反应的化学方程式为：，由方程式可知，生成3molH2时，消耗6molNa，生成2molFe(OH)3，溶液质量减轻：，则反应前后溶液质量减轻8.2g，生成氢气的物质的量为，D错误；故选D。二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。15.下列离子方程式正确的是A.均含1mol溶质的溶液与溶液混合： B.向硫酸铁溶液中加入固体：C.已知：，向含2mol的溶液中通入3mol：D.溶液与少量NaOH溶液反应：【答案】A【解析】【详解】A．与1:1反应，生成碳酸钡沉淀和一水合氨，A正确；B．方程式没有配平，氧原子不守恒，得失电子不守恒，B错误；C．向含2mol的溶液中通入3mol，亚铁离子、溴离子全部被氧化，离子方程式为，C错误；D．氢氧化钠少量，不能全部将碳酸根离子离子转化为碳酸根离子，D错误；故选A。16.如图所示，B中试剂是，将干燥氯气依次通过盛有干燥红纸的广口瓶和盛有湿润红纸的广口瓶，下列说法正确的是A.A中无明显现象，B中红纸褐色，表明能使红纸褐色的物质是HCl和HClOB.若将干燥红纸换为鲜花，则鲜花不褪色C.若将NaOH溶液换为紫色石蕊试液，通入过量，紫色石蕊试液先变红，后褪色，最终溶液始终无色 D.若将NaOH溶液换为溶液，通入等物质的量的，反应后减压低温蒸干水，得到的固体有和NaCl【答案】D【解析】【分析】氯气没有漂白性，氯气和水反应生成HCl和HClO，HClO具有漂白性。【详解】A．由以上分析可知，A中无明显现象，B中红纸褪色，表明能使红纸褪色的物质是HClO，A错误；B．若将干燥红纸换为鲜花，会反应生成HClO，HClO使鲜花褪色，B错误；C．氯气和水反应生成HCl和HClO，故若将NaOH溶液换为紫色石蕊试液，通入过量Cl2，紫色石蕊试液先变红，后褪色，氯气过量，最终溶液变成黄绿色，C错误；D．Cl2和水反应生成HCl、HClO，通入等物质的量的Cl2时，生成的HCl、HClO分别和Na2CO3反应生成NaCl、NaClO和NaHCO3，反应后减压低温蒸干水，最终得到的固体有NaHCO3和NaCl，D正确；故选D。17.某干燥粉末可能由、、、、NaCl中的一种或几种组成，将该粉末与足量的盐酸反应，有气体X选出，X通过足量的NaOH溶液后体积缩小(同温同压下测定)，若将原混合物粉末在空气中用酒精灯加热，也有气体放出，但剩余固体的质量大于原混合粉末的质量。已知。下列判断正确的是A.与盐酸反应产生气体仅为B.混合物中一定有、、C.剩余固体的质量增加是因为与反应导致的D.无法确定粉末里是否含有NaCl、【答案】BC【解析】【分析】将该粉末与盐酸反应后产生的气体X通过足量的NaOH溶液后体积缩小，说明处X的组成为CO2、O2，则原粉末中肯定存在Na2O2，和至少存在一种；将原 粉末加热，有气体放出，说明一定含，但受热分解会使粉末的质量减少，而实际剩余固体的质量却增加了，原因只能是Na2O与O2反应生成Na2O2，质量增加，故原粉末中一定存在Na2O2，，Na2O，无法确定是否存在和NaCl。【详解】A．根据分析，产生的气体为CO2、O2，A错误；B．根据分析，混合物中一定有、、，B正确；C．根据分析，剩余固体的质量增加是因为与反应生成Na2O2导致的，C正确；D．无法确定粉末里是否含有NaCl、，但一定存在，D错误；故选BC18.反应3BrF3+5H2O=9HF+Br2+HBrO3+O2↑，下列说法中正确的是A.BrF3仅作氧化剂，H2O仅作还原剂B.还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：2C.若生成3.2gO2，则反应中转移电子的物质的量为0.4molD.若有15molH2O参加反应，被水还原的BrF3的物质的量为4mol【答案】BD【解析】【详解】A．该反应中BrF3中Br元素化合价由-3价升高为+5价，同时还由-3价降低为0价，既是还原剂又是氧化剂，A错误；B．根据化学方程式可知，3molBrF3参与反应时，其中1molBrF3被氧化作还原剂，2molBrF3被还原做氧化剂，同时有2molH2O被氧化作还原剂，所以还原剂与氧化剂的物质的量之比为(1+2)mol：2mol=3：2，B正确；C．3.2gO2的物质的量为0.1mol，根据化学方程式可知此时有0.2molBrF3被还原，转移0.2mol×3=0.6mol电子，C错误；D．根据化学方程式可知，5molH2O参与反应时，有2molH2O被氧化，该过程转移4mol电子，BrF3被还原时化合价由+3价变为0价，所以被水还原的BrF3为mol，则若有15molH2O参加反应，被水还原的BrF3的物质的量为mol×3=4mol，D正确；综上所述答案为BD。 三、非选择题：本题共5小题，共56分。19.二氧化氯消毒剂是国际上公认的高效消毒灭菌剂，可以杀灭一切微生物。二氧化氮常温下为黄绿色或桔黄色气体，以下是二氧化氮的几种工业制备方法。（1）H2C2O4还原法：2NaClO3+H2C2O4+2H2SO4=2ClO2↑+2CO2↑+2H2O+2NaHSO4。请用双线桥表示该反应电子转移的方向和数目_______。（2）还原法：①配平该反应的离子方程式：_______。②还原产物为_______。（3）盐酸法：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O；该反应中做还原剂的HCl与做酸性介质的HCl物质的量之比为_______，0.1molNaClO3参加反应，做酸性介质的HCl的物质的量为_______mol。（4）NaClO2自氧化法：5NaClO2+4HCl=4ClO2↑+5NaCl+2H2O；该反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______，0.2molHCl参加反应，转移的电子数为_______。（5）Solvey法：NaClO3在酸性条件下将CH3OH氧化为HCHO，该反应的离子方程式为：_______。【答案】（1）（2）①.②.ClO2和Cl-（3）①.1：1②.0.1（4）①.1：4②.0.2NA（5）2ClO3+2H++CH3OH=2ClO2↑+HCHO+2H2O【解析】【小问1详解】该反应中NaClO3中Cl元素化合价由+5价变为+4价，被还原，2molNaClO3参与反应得到2mol电子，H2C2O4中C元素化合价由+3价变为+4价，1molH2C2O4参与反应失去2mol 电子，用双线桥表示该反应电子转移的方向和数目为；【小问2详解】①该反应中ClO被还原为ClO2和Cl-，且根据题目所给信息可知ClO2和Cl-的物质的量之比为2：1，不妨设ClO的系数为3，则3molClO共得到8mol电子，SO2中S元素化合价由+4价变为+6价，根据得失电子守恒可知SO2的系数比为4，再结合元素守恒可得离子方程式为；②该反应中ClO被还原为ClO2和Cl-，即还原产物为ClO2和Cl-；【小问3详解】根据化学方程式可知，4molHCl参与反应时，生成1molCl2，即被氧化的HCl为2mol，则做酸性介质的HCl为2mol，所以物质的量之比为1：1；根据化学方程式可知，2molNaClO3参与反应做酸性介质的HCl的物质的量为2mol，所以0.1molNaClO3参加反应，做酸性介质的HCl的物质的量为0.1mol；【小问4详解】根据化学方程式可知，5molNaClO2参与反应时，有4molNaClO2中Cl元素化合价升高，被氧化，作还原剂，1molNaClO2中Cl元素化合价降低，被还原作氧化剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4；0.2molHCl参加反应，则有0.25molNaClO2参与，其中0.05molNaClO2中Cl元素由+3价变为-1价，所以转移电子的物质的量为0.05mol×4=0.2mol，数目为0.2NA；【小问5详解】该方法为制取ClO2的方法，所以该反应中NaClO3被还原为ClO2，化合价降低1价，CH3OH氧化为HCHO，化合价升高2价，根据得失电子守恒可知NaClO3与CH3OH的系数比为2：1，再结合元素守恒、电荷守恒可得离子方程式为2ClO3+2H++CH3OH=2ClO2↑+HCHO+2H2O。20.现有一瓶无色澄清的溶液，仅由、、、、、、、、、中的若干种离子组成(每种离子的物质的量均为0.3mol)，现将该溶液均分成三等份，进行如下实验：①取第一份溶液进行焰色试验，呈黄色。透过蓝色钴玻璃观察，未见紫色； ②向第二份中滴加足量稀硝酸，有气体X产生，再加入足量溶液，得到白色沉淀，过滤后，在滤液中加入足量稀硝酸酸化的溶液，又有白色沉淀生成。③向第三份中加入足量NaOH溶液，加热，生成有刺激性气味的气体和白色沉淀；根据以上实验，请回答下列问题：（1）不做任何实验，即可确定一定不含有的离子为_______，实验①确定一定含有的离子为_______。（2）实验②气体X的化学式是_______，该实验中得到的沉淀的总质量为_______g。（3）实验③生成白色沉淀的离子方程式为_______。该实验中消耗的NaOH的总物质的量为_______mol。（4）通过以上实验确定_______(填“一定有”、“可能有”或“一定无”)，理由是_______。（5）若向第三份中加入足量溶液，充分反应后生成沉淀物质的量为_______mol。【答案】（1）①.Fe3+②.Na+（2）①.CO2②.112.95（3）①.②.1.2（4）①.一定无②.据计算，已存在的离子的量已满足电荷守恒（5）0.3【解析】【分析】将该溶液均分成三等份，进行如下实验：①取第一份溶液进行焰色试验，呈黄色。透过蓝色钴玻璃观察，未见紫色，说明该溶液中存在，不存在；②向第二份中滴加足量稀硝酸，有气体X产生，说明该溶液中存在，不存在、，气体X是二氧化碳，再加入足量溶液，得到白色沉淀，说明该溶液中存在，白色沉淀是BaSO4，过滤后，在滤液中加入足量稀硝酸酸化的溶液，又有白色沉淀生成，说明该溶液中存在，白色沉淀是氯化银；③向第三份中加入足量NaOH溶液，加热，生成有刺激性气味的气体和白色沉淀，说明该溶液中存在和；综上所述，该溶液中一定存在、、、、、，一定不存在、、，又因为每种离子的物质的量均为0.3mol ，根据正负电荷守恒可知不存在。【小问1详解】有颜色，不能在无色溶液中存在，不做任何实验，即可确定一定不含有的离子为；由分析可知，实验①确定一定含有的离子为Na+；【小问2详解】由分析可知，实验②气体X的化学式是CO2；该实验过程中生成0.3molBaSO4沉淀，最终得到的沉淀是0.3molAgCl，沉淀的总质量为0.3mol143.5g/mol+0.3mol233g/mol=112.95g。【小问3详解】由分析可知，实验③生成白色沉淀是，生成的离子方程式为：；该溶液中一定存在、、、、、，每种离子的物质的量均为0.3mol，则消耗NaOH的物质的量为0.3mol+0.6mol+0.3mol=1.2mol。【小问4详解】通过以上实验确定一定无，原因是：据计算，已存在的离子的量已满足电荷守恒。【小问5详解】向第三份中加入足量NaOH溶液，加热，生成有刺激性气味的气体和白色沉淀，、、反应完全，溶液中还存在0.3mol的，加入足量溶液，充分反应后生成沉淀物质的量为0.3mol。21.钠及其化合物的“价—类”二维图如下。请回答下列问题： （1）反应①②③转化的共同特征是均加入了_______(填“氧化剂”或“还原剂”)。反应③的离子方程式为_______。（2）反应②实验操作如下图所示，所需实验仪器有：酒精灯、_______、泥三角、坩埚等。（3）反应⑦的化学方程式为_______；0.1mol完全反应，转移的电子数为_______。（4）向④反应后的溶液中滴加酚酞，发现溶液先变红后褪色。某小组欲探究其图因，进行如下图所示三个实验。a.实验II、III可证明使酚酞褪色的不是_______(填化学式)； b.实验结论：过氧化钠与水反应生成有漂白性的物质可能为_______(填化学式)。（5）向含有12gNaOH的溶液中通入0.2mol，发生反应⑤⑥，则溶液中和的物质的量之比为_______。【答案】（1）①.氧化剂②.（2）三脚架（3）①.②.0.1NA（4）①.NaOH、O2②.H2O2（5）1：1【解析】【小问1详解】反应①②③中，钠元素的化合价由0价变成+1价，化合价升高是还原剂，反应需要加入氧化剂；Na和水反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑；【小问2详解】金属钠在空气中点燃生成过氧化钠，需要的仪器由酒精灯、三脚架、泥三角、坩埚等；【小问3详解】过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；反应中O元素的化合价由-1价变成0价和-2价，根据反应中得失电子守恒，2molNa2O2反应时，转移2mol电子，故0.1mol Na2O2完全反应，转移的电子数为；【小问4详解】a.实验Ⅱ酚酞滴入氢氧化钠溶液变红可证明氢氧化钠不会使酚酞褪色，实验Ⅲ氧气通入滴有酚酞的氢氧化钠溶液不褪色可证明使酚酞褪色的不是氧气；b.实验Ⅰ中加入MnO2后，产生氧气，证明有H2O2生成，故过氧化钠与水反应生成有漂白性的物质可能为H2O2；小问5详解】向含有12gNaOH(物质的量为)的溶液中通入0.2mol CO2，反应有2NaOH+CO2=Na2CO3+O2，0.3molNaOH和0.15molCO2完全反应，生成0.15molNa2CO3，Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，0.05molNa2CO3和0.05molCO2反应生成0.1molNaHCO3，此时有0.1molNa2CO3和0.1molNaHCO3，故物质的量之比为1：1。 22.四氯化钛()极易水解，遇空气中的水蒸气即产生“白烟”，常用作烟幕弹。其熔点为-25℃，沸点为136.4℃。某实验小组设计如下装置④中加热装置和部分夹持装置省略)，用与炭粉、加热制备，请回答下列问题；（1）请将上图各装置按气体从左到右的顺序连接完整：c→_______(写管口连接顺序，装置不重复)，②装置中发生反应的化学方程式为_______。（2）①装置的作用是_______。（3）④中洗气瓶内盛装的试剂为_______，作用是_______。（4）③中也可选用其他试剂，可以是_______(填标号)。A.B.C.D.盐酸实验结束后③中生成有NaClO和，其物质的量之比5：1，则③中发生的总反应的离子方程式为_______。【答案】（1）①.a→b→i→h→f→g→e→d②.（2）除去Cl2中混有的HCl（3）①.浓硫酸②.防止水蒸气进入锥形瓶，使TiCl4水解（4）①.AC②.【解析】【分析】本实验由二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气，经过饱和食盐水除去HCl，经过浓硫酸除去水，Cl2与炭粉、TiO2加热制备TiCl4，最后尾气处理，据此分析回答问题。 【小问1详解】由以上分析可知，各装置按气体从左到右的顺序为c→a→b→i→h→f→g→e→d；②装置中发生反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；【小问2详解】由以上分析可知，饱和食盐水用于除去Cl2中混有的HCl；【小问3详解】四氯化钛(TiCl4)极易水解，故④中洗气瓶内盛装的试剂为浓硫酸，作用是防止水蒸气进入锥形瓶，使TiCl4水解；【小问4详解】碱液吸收法是我国当前处理含氯废气的主要方法，吸收剂包括氢氧化钠、碳酸钠、氢氧化钙等碱性水溶液或浆液。在吸收过程中，碱性吸收剂可使废气中的氯有效地变为副产品次氯酸盐，故选AC；反应中氯元素的化合价由0价变成+1价和+5价，由0价变成-1价，根据化合价升高总数与化合价降低总数相等，则有总反应的离子方程式为8Cl2+16OH−=5ClO−+ClO+10Cl−+8H2O。23.“侯氏制碱法”是我国化工专家侯德榜为世界制碱工业作出的突出贡献，某实验小组模拟“侯氏制碱法”的工艺流程如下：（1）粗盐的溶液中含有、和，除杂时可先后依次加入的试剂有、NaOH、_______(填化学式)。（2）系列操作IV包括：通入、加入NaCl固体，降温结晶、_______、得到晶体。（3）生成晶体的离子方程式为_______。（4）流程中可循环使用的物质有_______(填化学式)。 （5）纯碱中可能混有杂质，称取29.6g产品溶于水中，滴加足量溶液，过滤，洗涤沉淀。①将所得沉淀充分干燥，称量，沉淀的质量为59.1g，则产品中的质量分数_______(保留三位有效数字)，如果此步骤中，沉淀未干燥充分就称量，则测得_______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。②若在29.6g产品的溶液中，逐滴加稀盐酸至过量，并将溶液加热，请画出产生的气体的物质的量与滴加入HCl的物质的量的关系图：_______。【答案】（1）Na2CO3、HCl（2）过滤（3）（4）CO2、NaCl（5）①.71.6%②.偏小③.【解析】【分析】粗盐除杂后得到饱和NaCl溶液，先通入足量的氨气形成碱性环境再通入CO2，发生反应：，过滤得到碳酸氢钠晶体和母液，碳酸氢钠晶体加热分解得到纯碱，母液中含氯化钠和氯化铵，经过系列操作得到氯化铵晶体和母液（主要含氯化钠），母液可再循环利用。 【小问1详解】粗盐中含有、和，除杂时可先后依次加入的试剂有、NaOH、Na2CO3、HCl，除杂试剂均过量，Na2CO3必须放在之后，保证钡离子被完全除去，最后的盐酸过量，保证碳酸根被完全除去，过量的盐酸加热即可除去【小问2详解】系列操作IV包括：通入、加入NaCl固体，降温结晶、过滤、得到晶体；【小问3详解】生成晶体的离子方程式为：；【小问4详解】经过系列操作IV后得到的母液中含NaCl，可循环利用；晶体受热分解得到的CO2也可循环利用，故流程中可循环使用的物质有：CO2、NaCl；【小问5详解】①反应生成的沉淀为碳酸钡，设的物质的量为xmol，物质的量为ymol，根据碳元素守恒，，106x+84y=29.6，解得x=0.2，y=0.1，故的质量分数为：；如果此步骤中，沉淀未干燥充分就称量，则称量值偏大，由于在质量相等的条件下，产生的沉淀质量大于产生的沉淀质量，故称量值偏大时，的质量偏大，的质量偏小，故的质量分数偏小；②在29.6g产品的溶液中，逐滴加稀盐酸，先与稀盐酸反应生成，消耗盐酸的物质的量为0.2mol，无气体生成，继续滴加盐酸，再与稀盐酸反应生成CO2，共生成0.3molCO2，消耗0.3molHCl，故图像为：。