天津市宁河县任凤中学2022届高三化学上学期12月月考试题（含解析）新人教版

2022-2022学年天津市宁河县任凤中学高三（上）月考化学试卷（12月份）　一、选择题（共20小题，每小题3分，满分60分）1．（3分）（2022•天津）化学与生产、生活息息相关，下列叙述错误的是（　　）　A．铁表面镀锌可增强其抗腐蚀性　B．用聚乙烯塑料代替聚乳酸塑料可减少白色污染　C．大量燃烧化石燃料是造成雾霾天气的一种重要因素　D．含重金属离子的电镀废液不能随意排放考点：常见的生活环境的污染及治理；金属的电化学腐蚀与防护；塑料的老化和降解．专题：化学应用．分析：A．锌比铁活泼，并且在空气中容易形成致密的氧化膜，防止生锈；B．白色污染是人们对难降解的聚苯乙烯、聚丙烯、聚氯乙烯等高分子化合物制成塑料垃圾（多指塑料袋）污染环境现象的一种形象称谓；聚乙烯塑料难降解，可造成白色污染，聚乳酸塑料易降解不会造成白色污染；C．根据造成雾霾天气的原因判断；D．重金属离子有毒．解答：解：A．锌比铁活泼，并且在空气中容易形成致密的氧化膜，防止生锈，故A正确；B．聚乙烯塑料难降解，可造成白色污染，聚乳酸塑料易降解不会造成白色污染，故B错误；C．大量燃烧化石燃料可产生有害气体和烟尘，是造成雾霾天气的一种重要因素，故C正确；D．重金属离子有毒，含重金属离子的电镀废液不能随意排放，故D正确；故选B．点评：本题考查了常见生活环境的污染与治理、金属的腐蚀与防护、塑料的老化与降解等问题，难度一般．　2．（3分）NA为阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（　　）　A．1L1.0mol•L﹣1的NaAlO2水溶液中含有AlO2﹣为NA　B．1molNa被完全氧化生成Na2O2，一定失去NA个电子　C．1L1mol•L﹣1的盐酸含有NA个HCl分子　D．标准状况下，6.72LNO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NA-21-\n考点：阿伏加德罗常数．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A．偏铝酸根离子为弱酸根离子，水溶液中部分发生水解；B．根据反应后钠元素的价态来分析；C．氯化氢为强电解质，在水中完全电离；D.0.3mol二氧化氮与水反应生成0.2mol硝酸和0.1mol一氧化氮．解答：解：A．偏铝酸根离子为弱酸根离子，水溶液中部分发生水解，所以1L1.0mol•L﹣1的NaAlO2水溶液中含有AlO2﹣小于NA，故A错误；B.1molNa反应后钠元素的价态为+1价，故1mol钠失1mol电子，故B正确；C．氯化氢为强电解质，在水中完全电离，所以盐酸中不存在氯化氢分子，故C错误；D．标况下，6.72L二氧化氮的物质的量为0.3mol，0.3mol二氧化氮与水反应生成了0.1mol一氧化氮，转移了0.2mol电子，转移的电子数目为0.2NA，故D错误；故选：B．点评：本题考查阿伏伽德罗常数的有关计算和判断，明确物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏伽德罗常数关系是解题关键，注意盐酸中无氯化氢分子．　3．（3分）（2022•南开区三模）下列叙述正确的是（　　）　A．乙二醇与丙三醇互为同系物　B．不同元素的原子构成的分子只含极性共价键　C．Ra和Ra是中子数不同质子数相同的同种核素　D．ⅠA族与ⅦA族元素间可形成共价化合物或离子化合物考点：芳香烃、烃基和同系物；同位素及其应用；离子化合物的结构特征与性质；共价键的形成及共价键的主要类型．专题：物质的分类专题．分析：A．乙二醇含有两个羟基，丙三醇含有三个羟基，二者结构不同；B．不同元素组成的分子中可能含有非极性共价键，如双氧水、乙醇等；C．同种核素必须具有相同的中子数和质子数；D．ⅠA族中含有H元素和碱金属元素，氢元素能够与ⅦA族元素形成共价化合物、碱金属元素与ⅦA族元素形成离子化合物．解答：解：A．互为同系物的有机物必须具有相似结构，而乙二醇含有两个羟基，丙三醇含有三个羟基，二者结构不同，所以一定不属于同系物，故A错误；B．不同元素组成的分子中可能含有非极性键，如双氧水、乙醇等分子为不同元素组成的，它们的分子中分别含有O﹣O、C﹣C非极性键，故B错误；C．中子数不同质子数相同的原子为两种不同的核素，同种核素必须具有相同的中子数和质子数，故C错误；D．ⅠA族中元素能够与ⅦA族元素形成共价化合物，碱金属元素与ⅦA族元素形成离子化合物，故D正确；故选D．点评：-21-\n本题考查了同系物、核素、极性键与非极性键、离子化合物与共价化合物的判断，题目难度不大，注意掌握同系物、核素、离子化合物与共价化合物的概念及判断方法，明确极性键与非极性键的区别．　4．（3分）下列离子或分子组中，能大量共存且满足相应要求的是（　　）选项离子要求AK+、[Al（OH）4]﹣、Cl﹣、NO3﹣c（K+）＜c（Cl﹣）BFe3+、NO3﹣、I﹣、H+滴入KSCN溶液立即变血红色CNH4+、Al3+、SO42﹣、CH3COOH滴加NaOH溶液立刻有气体产生DNa+、Al3+、Cl﹣、SO42﹣逐滴滴加烧碱溶液先有沉淀产生，后沉淀消失　A．AB．BC．CD．D考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：A．溶液中遵循电荷守恒；B．滴入KSCN溶液立即变血红色，含Fe3+；C．滴加NaOH溶液立刻有气体产生，含NH4+；D．逐滴滴加烧碱溶液先有沉淀产生，后沉淀消失，含Al3+．解答：解：A．溶液中遵循电荷守恒，若c（K+）＜c（Cl﹣），不遵循电荷守恒，故A错误；B．滴入KSCN溶液立即变血红色，含Fe3+，与I﹣发生氧化还原反应，不能共存，故B错误；C．滴加NaOH溶液立刻有气体产生，含NH4+，则不能存在Al3+，否则不会立即生成气体，故C错误D．逐滴滴加烧碱溶液先有沉淀产生，后沉淀消失，含Al3+，该组离子之间不反应，能共存，故D正确；故选D．点评：本题考查离子的共存，为高考高频考点，侧重复分解反应发生的条件的考查，注意信息的抽取及电荷守恒应用，题目难度不大．　5．（3分）下列离子方程式与所述事实相符且正确的是（　　）　A．过量的SO2通入到漂白粉溶液中：ClO﹣+SO2+H2O=HClO+HSO3﹣　B．Fe（OH）2与稀硝酸反应：2H++Fe（OH）2=Fe2++2H2O　C．向NH4HCO3溶液中加入足量NaOH溶液并加热：HCO3﹣+NH4++2OH﹣=NH3↑+2H2O+CO32﹣　D．在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4：3ClO﹣+2Fe（OH）3=2FeO42﹣+3Cl﹣+H2O+4H+考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A．次氯酸具有强氧化性，能够将亚硫酸氢根离子氧化成硫酸根离子；B．稀硝酸能够将亚铁离子氧化成铁离子；-21-\nC．氢氧化钠足量，铵根离子和碳酸氢根离子都参与反应；D．强碱性溶液中，反应产物不会有氢离子．解答：解：A．漂白粉溶液中通入过量SO2，反应生成硫酸钙沉淀，正确的离子反应为：Ca2++2ClO﹣+2H2O+2SO2=CaSO4↓+4H++2Cl﹣+SO42﹣，故A错误；B．Fe（OH）2与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮气体和水，正确的离子方程式为：10H++NO3﹣+3Fe（OH）2=3Fe3++NO↑+8H2O，故B错误；C．向NH4HCO3溶液中加入足量NaOH溶液并加热，反应的离子方程式为：HCO3﹣+NH4++2OH﹣=NH3↑+2H2O+CO32﹣，故C正确；D．强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4，正确的离子方程式为：3ClO﹣+4OH﹣+2Fe（OH）3=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，故D错误；故选C．点评：本题考查了离子方程式的判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等），选项D为易错点，注意在碱性溶液中的反应条件．　6．（3分）（2022•青浦区一模）根据表中信息判断，下列选项不正确的是（　　）序号反应物产物①KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4②Cl2、FeBr2FeCl3、FeBr3③MnO4﹣Cl2、Mn2+　A．第①组反应的其余产物为H2O和O2　B．第②组反应中参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为1：2　C．第③组反应中生成1molCl2，转移电子2mol　D．氧化性由强到弱顺序为MnO4﹣＞Cl2＞Fe3+＞Br2考点：氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：A、反应中KMnO4→MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，应生成氧气，根据元素守恒还生成水．B、由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，结构电子转移守恒计算判断．C、由信息可知，MnO4﹣氧化Cl﹣为Cl2，Cl元素化合价由﹣1价升高为0价，转移电子的物质的量是氯气的2倍．D、氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由②可知Fe3+不能氧化Br﹣，氧化性Br2＞Fe3+．解答：解：A、反应中KMnO4→MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，生成氧气，根据H元素守恒可知还生成水，故A正确；B、由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，根据电子转移守恒2n（C12）=n（FeBr2），即n（C12）：n（FeBr2）=1：2，故B正确；-21-\nC、由信息可知，MnO4﹣氧化Cl﹣为Cl2，Cl元素化合价由﹣1价升高为0价，转移电子的物质的量是氯气的2倍，生成1mo1C12，转移电子为2mo1，故C正确；D、氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由③可知氧化性MnO4﹣＞Cl2，由②可知氧化性Cl2＞Fe3+，由②可知Fe3+不能氧化Br﹣，氧化性Br2＞Fe3+，故D错误．故选：D．点评：考查氧化还原反应的守恒与计算、氧化性与还原性强弱比较，难度中等，注意氧化还原反应中的守恒运用判断未知物．　7．（3分）下列说法或表示方法正确的是（　　）　A．等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的能量多　B．由C（石墨）→C（金刚石）△H=+119kJ•mol﹣1可知，金刚石比石墨稳定　C．在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，则H2燃烧热的化学方程式表示为：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1　D．在稀溶液中，H+（aq）+OH﹣（aq）═（H2O）（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ考点：反应热和焓变．专题：化学反应中的能量变化．分析：A、硫蒸气变化为硫固体需要放热；B、物质能量越高越活泼；C、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成温度氧化物放出的热量；D、浓硫酸存在溶解热．解答：解：A、硫蒸气变化为硫固体需要放热，等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出的能量多，故A错误；B、由C（石墨）→C（金刚石）△H=+119kJ•mol﹣1可知，金刚石比石墨能量高，金刚石不稳定，故B错误；C、在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，则H2燃烧热的化学方程式表示为：H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=﹣285.8kJ•mol﹣1，故C错误；D、在稀溶液中，H+（aq）+OH﹣（aq）═（H2O）（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，浓硫酸溶解放热，所以放出的热量大于57.3kJ，故D正确；故选D．点评：本题考查了物质能量变化的分析判断，燃烧热概念的应用，浓硫酸和碱反应过程中含有溶解热，题目难度中等．　8．（3分）（2022•天津二模）下列有关原子结构及元素周期律的叙述正确的是（　　）　A．L层上的电子数为奇数的原子一定是主族元素的原子　B．元素周期表中同一主族元素一定既含有非金属元素又含有金属元素　单原子形成的离子，一定与稀有气体原子的核外电子排布相同-21-\nC．　D．任何主族元素最高正化合价与负化合价的绝对值之和都等于8考点：元素周期表的结构及其应用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：A．L层上的电子数为奇数的原子，一定只有2个电子层，为短周期元素；B．元素周期表中同一主族元素可能只有非金属元素；C．单原子形成的离子，可能没有电子；D．主族元素中F、O没有正化合价．解答：解：A．L层上的电子数为奇数的原子，一定只有2个电子层，为短周期元素，则一定为主族元素，故A正确；B．元素周期表中同一主族元素可能只有非金属元素，如ⅤⅡA族元素，均为非金属元素，故B错误；C．单原子形成的离子，可能没有电子，如H+，核外电子数为0，则不具有稀有气体原子的核外电子排布，故C错误；D．主族元素中除F、O外，一般非金属元素最高正化合价与负化合价的绝对值之和都等于8，故D错误；故选A．点评：本题考查元素周期表的结构及应用，为高频考点，把握原子的电子排布、元素的位置及性质为解答的关键，注意利用实例分析解答，题目难度中等．　9．（3分）（2022•资阳一模）向甲、乙两个容积均为1L的恒容容器中，分别通入2molA、2molB和1molA、1molB．相同条件下，发生反应：A（g）+B（g）⇌xC（g）△H＜0，测得两容器中c（A）随时间t的变化如图所示．下列说法正确的是（　　）　A．x等于2　B．向平衡后的乙容器中充入氦气可使c（A）增大　C．将乙容器单独升温可使乙容器内各物质的体积分数与甲容器内的相同　D．若向甲容器中再充入2molA、2molB，则平衡时甲容器中0.78mol/L＜c（A）＜1.56mol/L考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线．专题：化学平衡专题．-21-\n分析：A、由图象求出甲中转化的A的浓度，求出A的转化率；再求乙容器内A的转化率，根据甲容器内压强与乙容器内压强的关系，结合转化率的不同，确定压强对平衡状态的影响，然后确定x的值；B、向平衡后的乙容器中充入氦气，容器内压强虽然增大，但反应混合物各组分的浓度不变，平衡不移动；C、乙容器单独升温，平衡向逆反应进行，乙容器内A的转化率减小；D、向甲容器中再充入2molA、2molB，可以等效为原平衡状态下压强增大一倍，平衡向正反应方向移动，A转化率增大，平衡移动目的是降低浓度增大趋势，但不能消除浓度增大，达新平衡时浓度比原平衡大．解答：解：A、由图象可知平衡时，甲容器平衡时，A的转化率为=61%，乙容器内A的转化率为=50%，甲容器内压强比乙容器内大，增大压强向正反应移动，增大压强平衡压强增大向着体积减小的方向移动，故：1+1＞x，所以x=1，故A错误；B、向平衡后的乙容器中充入氦气，容器内压强虽然增大，但反应混合物各组分的浓度不变，平衡不移动，转化率不变，故B错误；C、该反应为放热反应，将乙容器单独升温，平衡向吸热反应方向移动，即向逆反应方向移动，A的转化率比甲容器的转化率低，不可能使乙容器内各物质的体积分数与甲容器内的相同，故C错误；D、向甲容器中再充入2molA、2molB，可以等效为原平衡状态下压强增大一倍，平衡向正反应方向移动，A转化率增大，所以平衡时甲容器中c（A）小于2倍原平衡中的c（A），平衡移动目的是降低浓度增大趋势，但不能消除浓度增大，达新平衡时浓度比原平衡大，所以平衡时甲容器中0.78mol/L＜c（A）＜1.56mol/L，故D正确；故选：D．点评：本题考查平衡图象、等效平衡、外界条件对平衡影响、平衡计算等，难度中等，根据图象计算平衡时转化率，确定x值是解题的关键．　10．（3分）（2022•河西区二模）在容积为2L的恒容的密闭容器中，一定温度下，发生反应：aM（g）+bN（g）⇌cQ（g）．气体M、N、Q的物质的量随时间的变化如图所示，则下列叙述正确的是（　　）　A．该温度下此反应的平衡常数的值K=　B．该反应前5min的平均速率：v（N）=0.002mol•L﹣1•min﹣1　C．在5min时，再向体系中充入少量He，重新达到平衡前v（正）＞v（逆）　D．若开始时向容器中充入2molM和1molN，达到平衡时，M的体积分数小于50%-21-\n考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线．专题：化学平衡专题．分析：根据物质物质的量的变化判断a、b、c数值，判断各选项；A．利用化学平衡常数表达式计算化学平衡常数；B．利用前5min的N浓度变化计算N化学反应速率；C．根据化学平衡移动判断；D．根据化学平衡移动的影响因素判断．解答：解：△n（M）=0.8mol﹣0.4mol=0.4mol，△n（N）=0.4mol﹣0.2mol=0.2mol，△n（Q）=0.2mol，所以a：b：c=2：1：1，化学方程式为2M（g）+N（g）⇌Q（g），A．平衡时，c（M）==0.2mol/L，c（N）=c（Q）==0.1mol/L，K===25，故A错误；B．v（N）===0.02mol•L﹣1•min﹣1，故B错误；C．向体系中充入少量He，化学平衡不移动，即v（正）=v（逆），故C错误；D．在该条件下，M的体积分数为：×100%=50%，由于该反应前气体体积大于反应后气体体积，充入比原反应更多的反应物时，可逆反应进行程度比原平衡大，所以M的体积分数小于50%，故D正确；故选D．点评：本题考查化学平衡图象、影响平衡的因素、平衡常数影响因素、化学反应速率的计算等，难度不大，注意掌握平衡移动原理．　11．（3分）（2022•天津）实验室制备下列气体时，所用方法正确的是（　　）　A．制氧气时，用Na2O2或H2O2作反应物可选择相同的气体发生装置　B．制氯气时，用饱和NaHCO3溶液和浓硫酸净化气体　C．制乙烯时，用排水法或向上排空气法收集气体　D．制二氧化氮时，用水或NaOH溶液吸收尾气考点：真题集萃；气体的收集；常见气体制备原理及装置选择．专题：实验题．分析：A．Na2O2与水反应，H2O2在二氧化锰催化条件下都能制取氧气，二者都是固体与液体反应；B．HCl气体能与碳酸氢钠反应生成CO2，引入新的杂质气体；C．乙烯的密度与空气接近；D．二氧化氮与水反应生成一氧化氮．解答：解：A．Na2O2与水反应，H2O2-21-\n在二氧化锰催化条件下都能制取氧气，二者都是固体与液体常温条件下反应，可选择相同的气体发生装置，故A正确；B．实验室制取氯气含有氯化氢和水分，常用饱和食盐水和浓硫酸净化气体，若饱和NaHCO3溶液，HCl会和NaHCO3反应生成CO2，引入新的杂质，故B错误；C．乙烯的密度与空气接近，不能用排空气法收集，故C错误；D．二氧化氮与水反应生成一氧化氮，仍然污染空气，所以不能用水吸收，故D错误．故选A．点评：本题考查气体的制备与收集，题目难度中等，解答本题的关键是把握相关物质的性质，学习中注意积累．　12．（3分）下列实验中，不能达到相应实验目的是（　　）　A．装置甲：防止铁钉生锈B．装置乙：可制得金属铁　C．装置丙：实验室制取乙酸乙酯D．装置丁：吸收多余的氨气考点：化学实验方案的评价．专题：实验评价题．分析：A．作原电池正极或电解池阴极的金属被保护，作原电池负极或电解池阳极的金属加速被腐蚀；B．镁和氧化铁在高温下能发生置换反应；C．实验室用乙酸、乙醇加热制取乙酸乙酯，用饱和碳酸钠溶液分离乙酸乙酯；D．有缓冲装置的能防止倒吸．解答：解：A．作原电池正极或电解池阴极的金属被保护，作原电池负极或电解池阳极的金属加速被腐蚀，该装置中Fe作阴极而被保护，故A不选；B．镁的金属活泼性大于Fe，所以镁和氧化铁在高温下能发生置换反应生成铁，故B不选；C．实验室用乙酸、乙醇加热制取乙酸乙酯，用饱和碳酸钠溶液分离乙酸乙酯，氢氧化钠和乙酸乙酯反应，所以不能实现实验目的，故C选；D．有缓冲装置的能防止倒吸，氨气和四氯化碳不反应、和稀硫酸反应，所以该装置有缓冲作用，能防止倒吸，故D不选；故选C．点评：本题考查化学实验方案评价，涉及尾气处理、乙酸乙酯的制取、置换反应、原电池和电解池原理，侧重考查基本原理，明确物质性质即可解答，题目难度不大．　13．（3分）（2022•顺义区二模）下列结论正确的是（　　）　A．向氯化铝溶液中滴加过量氨水，反应的离子方程式是：Al3++4NH3•H2O=AlO2﹣+4NH4++2H2O　B．足量铜与含1mol溶质的浓硫酸反应，可生成0.5molSO2-21-\n　C．碱性锌锰电池工作时，电子由MnO2经外电路流向Zn极　D．15.6g过氧化钠与足量二氧化碳充分反应，转移电子数为1.204×1023考点：氧化还原反应的电子转移数目计算；离子方程式的书写；原电池和电解池的工作原理．专题：氧化还原反应专题；离子反应专题．分析：A、氢氧化铝不溶于弱碱．B、随反应进行浓硫酸变为稀硫酸，铜与稀硫酸不发生反应，参加反应的硫酸小于1mol．C、碱性锌锰电池Zn极为负极，电子由负极流出经外电路流向正极．D、过氧化钠与二氧化碳反应，过氧化钠起氧化剂与还原剂作用，各占一半．起还原剂作用的过氧化钠中氧元素由﹣1价升高为0价，据此计算电子转移数目．解答：解：A、氨水属于弱碱，氢氧化铝溶于强酸、强碱，不溶于弱酸、弱碱，向氯化铝溶液中滴加过量氨水，只能生成氢氧化铝沉淀，故A错误；B、随反应进行浓硫酸变为稀硫酸，铜与稀硫酸不发生反应，参加反应的硫酸小于1mol，故生成SO2小于0.5mol，故B错误；C、碱性锌锰电池Zn极为负极，MnO2为正极，电子由负极流出经外电路流向正极，故C错误；D、15.6g过氧化钠的物质的量为=0.2mol，过氧化钠与二氧化碳反应，过氧化钠起氧化剂与还原剂作用，各占一半．起还原剂作用的过氧化钠中氧元素由﹣1价升高为0价，所以转移电子数为0.2mol××2×1×6.02×1023mol﹣1=1.204×1023，故D正确．故选：D．点评：考查元素化合物性质、离子方程式、原电池、氧化还原反应等，难度中等，注意B选项中实际问题与理论的不同．　14．（3分）氮化硅（SiN4）是一种新型陶瓷材料，它可由石英与焦炭在高温的氮气流中，通过以下反应制得：3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO．下列叙述正确的是（　　）　A．在氮化硅的合成反应中，N2是还原剂，SiO2是氧化剂　B．上述反应中每生成1molSi3N4，N2得到12mol是电子　C．若已知上述反应为放热反应，升高温度，其平衡常数增大　D．若使压强增大，上述平衡向正反应方向移动考点：氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算；化学平衡的影响因素．-21-\n专题：氧化还原反应专题．分析：A、化合价升高元素所在的反应物为还原剂，化合价降低元素所在的反应物为氧化剂；B、化学反应中转移的电子数目等于元素化合价升高或降低的数目；C、对于放热反应，升高温度，平衡常数减小；D、增大压强，化学平衡向着气体体积减小的方向进行．解答：解：A、在氮化硅的合成反应中，氮元素的化合价由0价降低到﹣3价，所以氮气是氧化剂，碳元素的化合价由0价升高到+4价，所以碳是还原剂，故A错误；B、氮元素的化合价总共降低了4×（3﹣0）=12价，所以每生成1molSi3N4，N2得到12mol电子，故B正确；C、反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，其平衡常数减小，故C错误；D、增大压强，化学平衡向着气体体积减小的方向进行，即向着逆向进行，故D错误．故选B．点评：本题考查学生有关氧化还原反应中的有关概念、电子转移以及化学平衡常数随温度的变化的知识，综合性较强．　15．（3分）相同温度下，在体积相等的三个恒容密闭容器中发生可逆反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol．实验测得起始、平衡时的有关数据如下表：容器编号起始时各物质物质的量/mol平衡时反应中的能量变化N2H2NH3①130放出热量akJ②230放出热量bkJ③260放出热量ckJ下列叙述正确的是（　　）　A．放出热量关系：a＜b＜92.4B．三个容器内反应的平衡常数：③＞①＞②　C．达平衡时氨气的体积分数：①＞③D．N2的转化率：②＞①＞③考点：化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．专题：化学平衡专题．分析：A、反应是可逆反应不能进行彻底，焓变是对应化学方程式的物质完全反应放出的热量；B、平衡常数随温度变化，不随浓度改变；C、恒温恒容容器内的反应平衡，依据起始量增大一倍，相当于增大体系压强，根据平衡移动方向判断；D、恒温恒容容器内的反应平衡，依据起始量增大一倍，相当于增大体系压强，根据平衡移动方向判断．解答：解：A、N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol．焓变是指1mol氮气和3mol氢气全部反应放出的热量；①起始量反应不能全部转化所以a＜92.4KJ，②起始量相当于在①中加入了1mol氮气，所以平衡正向进行反应放出的热量b＞a，但是反应是可逆反应不能进行彻底所以b＜92.4KJ，故放出热量关系：a＜b＜92.4，故A正确；B、平衡常数随温度变化，不随浓度改变，所以化学平衡常数为①=②=③，故B错误；C、达到平衡时，氨气的条件分数，依据A分析可知②＞①，③可以看做在②中-21-\n加入了3mol氢气，平衡继续正向进行，所以氨气的含量增大，即达平衡时氨气的体积分数：①＜②＜③，故C错误；D、依据C的分析可知，氮气的转化率③＞②；②＜①，③可以看做是在①中加入了相同的平衡体系，压强增大平衡正向进行，所以氮气转化率③＞①＞②，故D错误；故选A．点评：本题考查化学平衡知识应用（判断平衡状态、图象分析、平衡移动原理、平衡计算）；考题主要有两类形式：第一类考查平衡的一般问题，如化学反应速率的表示（计算）、化学平衡图象的分析、平衡常数的大小比较及相关计算．回答化学反应速率时重点留意是否为浓度的改变量．平衡常数的大小比较，关键两者的温度高低．第二类为等效平衡的相关判断．　16．（3分）一定条件下，将3molA和1molB两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A（g）+B（g）⇌xC（g）+2D（s）．2min末该反应达到平衡，生成0.8molD，并测得C的浓度为0.2mol/L．下列判断正确的是（　　）　A．该条件下此反应的化学平衡常数约为0.91　B．A的平均反应速率为0.3mol/（L•s）　C．B的转化率为60%　D．若混合气体的密度不再改变时，该反应不一定达到平衡状态考点：化学平衡的计算．专题：化学平衡专题．分析：一定条件下，将3molA和1molB两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A（g）+B（g）⇌xC（g）+2D（s）．2min末该反应达到平衡，生成0.8molD，并测得C的浓度为0.2mol/L．依据化学平衡三段式列式计算；3A（g）+B（g）⇌xC（g）+2D（s）起始量（mol）3100变化量（mol）1.20.40.4x0.8平衡量（mol）1.80.60.4x0.8C的难度为0.2mol/L，C的物质的量为0.4，计算得到x=1；据此分析选项．解答：解：一定条件下，将3molA和1molB两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A（g）+B（g）⇌xC（g）+2D（s）．2min末该反应达到平衡，生成0.8molD，并测得C的浓度为0.2mol/L．3A（g）+B（g）⇌xC（g）+2D（s）起始量（mol）3100变化量（mol）1.20.40.4x0.8平衡量（mol）1.80.60.4x0.8A、平衡浓度为c（A）=0.9mol/L，c（B）=0.3mol/L，c（C）=0.2mol/L，该条件下此反应的化学平衡常数===0.91（L/mol）3，故A正确；-21-\nB、A的平均反应速率==0.3mol/（L•min），故B错误；C、B的转化率=×100%=40%，故C错误；D、反应生成物中含有固体，密度等于气体质量除以体积，所以若混合气体的密度不再改变时，该反应一定达到平衡状态，故D错误；故选A．点评：本题考查了化学平衡的计算应用，平衡计算的方法和概念理解，题目难度中等．　17．（3分）能大量共存于同一溶液中，且当改变条件使水电离的c（H+）=10﹣13mol/L时，一定能发生反应的离子组是（　　）　A．S2﹣、Na+、SO32﹣、Cl﹣B．Ca2+、NH4+、SO42﹣、SiO32﹣　C．Na+、Ba2+、Cl﹣、HSO3﹣D．Al3+、Na+、SO42﹣、NO3﹣考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：水电离的c（H+）=10﹣13mol/L的溶液为酸性或者碱性溶液，A．S2﹣、Na+、SO32﹣、Cl﹣之间能够共存，但是在碱性溶液中各离子不发生反应；B．钙离子能够与硫酸根离子、硅酸根离子反应生成沉淀；C．Na+、Ba2+、Cl﹣、HSO3﹣之间不发生反应，亚硫酸氢根离子既能够与氢离子反应，也能够与氢氧根离子反应；D．Al3+、Na+、SO42﹣、NO3﹣之间不发生反应，但是在酸性溶液中不发生反应．解答：解：A．S2﹣、Na+、SO32﹣、Cl﹣之间不发生反应，在酸性溶液中能够反应，但在碱性溶液中不能发生反应，故A错误；B．Ca2+能够与SO42﹣、SiO32﹣发生反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．Na+、Ba2+、Cl﹣、HSO3﹣之间不反应，HSO3﹣既能够与水溶液反应，也能够与碱溶液反应，故C正确；D．Al3+、Na+、SO42﹣、NO3﹣之间不反应，在碱性溶液中能够反应，但是在酸性溶液中不发生反应，故D错误；故选C．点评：本题考查离子共存的正误判断，属于中等难度的试题，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能生成难溶物的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；试题有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．　18．（3分）对于平衡体系mA（g）+nB（g）⇌pC（g）+qD（g）△H＞0．下列结论中不正确的是（　　）　A．若温度不变，将容器的体积缩小到原来的一半，此时A的浓度变为原来的2.1倍，则m+n＜p+q　若平衡时，A、B的转化率相等，说明反应开始时，A、B的物质的量之比为m：n-21-\nB．　C．若m+n=p+q，则往含有amol气体的平衡体系中再加入amolB，达到新平衡时，气体的总物质的量等于2a　D．若温度不变时将压强增大至原来的2倍，达到新平衡时，总体积一定比原体积的要小考点：化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程．专题：化学平衡专题．分析：A、根据压强对化学平衡移动的影响来分析；B、当反应物的物质的量之比等于系数值比时，则达到化学平衡时，反应物的转化率是相等的；C、对于反应前气体体积不变的反应的特点规律来回答；D、压强不会影响反应前后气体体积不变的反应的平衡移动．解答：解：A、将容器的体积缩小到原来的一半，不考虑平衡移动，此时A的浓度变为原来的2倍，现在A的浓度为原来的2.1倍，说明平衡向着生成A的方向移动了，体积缩小即增大压强，平衡向着气体体积减小的方向进行，所以m+n＜p+q，故A正确；B、反应开始时，A、B的物质的量之比为m：n，恰好等于方程式的系数值比，这种情况下平衡时，A、B的转化率相等，故B正确；C、若m+n=p+q，则往含有amol气体时建立的平衡和向平衡体系中加入amol的B时建立的平衡等同，所以往含有amol气体的平衡体系中再加入amol的B，达到新平衡时，气体的总物质的量等于2amol，故C正确；D、若该反应中，m+n=p+q，温度不变时，压强增大到原来的2倍，达到新平衡时，总体积变为原来的，故D错误．故选D．点评：本题考查学生化学平衡移动原理，注意对于反应前后气体体积不变的反应压强不会引起平衡移动．　19．（3分）（2022•海南）能正确表示下列反应的离子方程式为（　　）　A．碳酸氢钠溶液中滴入氢氧化钙溶液：HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O　B．二氧化硫通入次氯酸钠溶液：SO2+ClO﹣+2OH﹣=SO42﹣+Cl﹣+H2O　C．硫化钡加入稀硫酸：BaS+2H+=H2S↑+Ba2+　D．新制的氧化铝可溶于氢氧化钠溶液：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O考点：离子方程式的书写．专题：压轴题；离子反应专题．分析：A．反应还应该有CaCO3生成；B．ClO﹣具有强氧化性；C．还有BaSO4生成；D．根据质量守恒定律和电荷守恒定律解题．-21-\n解答：解：A．溶液中有钙离子，能与CO32﹣反应生成CaCO3，故A错误；B．ClO﹣具有强氧化性，能将二氧化硫氧化为硫酸根，离子方程式：SO2+ClO﹣+2OH﹣=SO42﹣+Cl﹣+H2O，故B正确；C．Ba2+可与硫酸根反应生成硫酸钡沉淀，故C错误；D．产物、元素、电荷都守恒，故D正确．故选BD．点评：本题是一道关于离子方程式书写正误的判断题，注意量的多少对反应的影响，是现在考试的热点，难度不大．　20．（3分）T℃时，某一气态平衡体系中含有X（g）、Y（g）、Z（g）、W（g）四种物质，此温度下发生反应的平衡常数表达式为：K=，有关该平衡体系的说法正确的是（　　）　A．该反应可表示为X（g）+2Y（g）⇌2Z（g）+2W（g）　B．减小X浓度，该反应速率一定减小，平衡向逆反应方向移动　C．增大反应容器的压强，平衡常数K减小　D．升高温度，W（g）体积分数增加，则正反应是放热反应考点：化学平衡的影响因素．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：A、依据平衡常数表达式书写化学方程式；B、依据化学平衡分析，X为生成物，平衡常数随温度变化；C、平衡常数指受温度影响；D、升高温度，W（g）体积分数增加，说明平衡逆向进行，正反应为放热反应．解答：解：A、平衡常数是用生成物平衡浓度的幂次方乘积除以反应物平衡浓度的幂次方乘积，反应的化学方程式为：2Z（g）+2W（g）═X（g）+2Y（g），故A错误；B、依据化学平衡分析，2Z（g）+2W（g）═X（g）+2Y（g），X为生成物，平衡常数随温度变化，减小X浓度，平衡向正反应方向移动，平衡常数K不变，故B错误；C、温度不变平衡常数不变，故C错误；D、升高温度，W（g）体积分数增加，说明平衡逆向进行，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，故D正确；故选D．点评：本题考查了化学平衡的建立，影响化学平衡的因素分析判断，注意平衡常数随温度变化，题目较简单．　二、解答题（共3小题，满分40分）21．（13分）（2022•南开区三模）下表为元素周期表的一部分，请参照元素①～⑧在表中的位置，用化学用语回答下列问题：-21-\n（1）④、⑤、⑥、⑦的原子半径由大到小的顺序是　Na＞Al＞Si＞O　．（2）②、③、⑦的气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序是　NH3＞CH4＞SiH4　．（3）①、④、⑤三种元素形成的化合物中存在的化学键类型为　离子键、共价键　；该化合物的电子式为　　．（4）⑥的最高价氧化物与⑤的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为：　Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O　．（5）硒（Se）是人体必需的微量元素，与④同一主族，Se原子比④的原子多两个电子层，则Se的原子序数为　34　，其最高价氧化物对应的水化物化学式为　H2SeO4　．（6）在高温条件下，⑥的单质可与Fe3O4发生置换反应生成Fe，写出该反应的化学方程式：　8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe　．（7）⑧的气态氢化物的燃烧热△H=﹣akJ•mol﹣1，写出氢化物燃烧反应的热化学方程式：　H2S（g）+O2（g）=SO2（g）+H2O（l）△H=﹣akJ/mol　．考点：元素周期律和元素周期表的综合应用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：由元素在周期表中位置，可知①为H、②为C、③为N、④为O、⑤为Na、⑥为Al、⑦为Si、⑧为S．（1）同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大；（2）非金属性越强，氢化物越稳定；（3）①、④、⑤三种元素形成的化合物为NaOH，由钠离子与氢氧根离子构成；（4）⑥的最高价氧化物为氧化铝，⑤的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，二者反应生成偏铝酸钠与水；（5）处于过渡元素之后，Se与O原子序数相差为三、四周期容纳元素种数；最高正化合价为+6，据此书写最高价氧化物的化学式；（6）Al与四氧化三铁发生铝热反应生成氧化铝与Fe；（7）1mol硫化氢燃烧生成二氧化硫（g）与水（l）放出的热量为燃烧热，据此书写．解答：解：由元素在周期表中位置，可知①为H、②为C、③为N、④为O、⑤为Na、⑥为Al、⑦为Si、⑧为S．（1）同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：Na＞Al＞Si＞O，故答案为：Na＞Al＞Si＞O；（2）非金属性N＞C＞Si，非金属性越强，氢化物越稳定，故氢化物稳定性：NH3＞CH4＞SiH4，故答案为：NH3＞CH4＞SiH4；-21-\n（3）①、④、⑤三种元素形成的化合物为NaOH，由钠离子与氢氧根离子构成，含有离子键、共价键，其电子式为：，故答案为：离子键、共价键；；（4）⑥的最高价氧化物为氧化铝，⑤的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，二者反应生成偏铝酸钠与水，反应离子方程式为：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O，故答案为：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O；（5）处于过渡元素之后，Se与O原子序数相差为三、四周期容纳元素种数，故Se的原子序数=8+8+18=34；最高正化合价为+6，最高价氧化物对应水化物的化学式为H2SeO4，故答案为：34；H2SeO4；（6）Al与四氧化三铁发生铝热反应生成氧化铝与Fe，反应方程式为：8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe，故答案为：8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe；（7）硫化氢的燃烧热△H=﹣akJ•mol﹣1，则硫化氢燃烧反应的热化学方程式：H2S（g）+O2（g）=SO2（g）+H2O（l）△H=﹣akJ/mol，故答案为：H2S（g）+O2（g）=SO2（g）+H2O（l）△H=﹣akJ/mol．点评：本题考查元素周期表与元素周期律的综合应用，难度不大，侧重对元素周期律及化学用语的考查，注意理解同主族元素原子序数关系．　22．（14分）短周期元素A、B、C、D、E在元素周期表中的位置如图所示，B是形成化合物种类最多的元素．请用化学用语回答下列问题：（l）C在元素周期表中的位置　第二周期第ⅤA族　．（2）比较A、C、D元素简单离了半径的大小：　N3﹣　＞　O2﹣　＞　Al3+　（填微粒符号）．（3）F与D同主族且相邻，则D的氢化物的稳定性　＞　F的氧化物稳定性（填“＞”、“＜”或“=”），其根本原因：　氧的非金属性比硫强　．（4）由以上五种元素中的两种组成的化合物溶于水可促进水的电离，使溶液显酸性．该化合物为　AlCl3　（化学式），其溶液与足量氨水反应的离子方程式为　Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+　（5）E的氢化物与其最高价氧化物的水化物的钾盐共热能发生反应，生成一种气体单质，反应的化学方程式为　8HCl+KClO4KCl+4Cl2↑+4H2O　．（6）在Fe和Cu的混合物中加入一定量的C的最高价氧化物的水化物稀溶液，充分反应后剩余金属m1g，再向其中加入一定量的稀硫酸，充分反应后，剩余金属m2g．下列说法正确的是　B　．A．加入稀硫酸前和加入稀硫酸后的溶液中肯定都有Cu2+B．加入稀硫酸前和加入稀硫酸后的溶液中肯定都有Fe2+C．m1不一定大于m2D．剩余固体m1g中一定有单质铜，剩余固体m2g中一定没有单质铜．-21-\n考点：元素周期律和元素周期表的综合应用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：B是形成化合物种类最多的元素，则B为碳，根据短周期元素在元素周期表位置可知：A为Al、C为N、D为O、E为Cl．（1）主族元素周期数=电子层数、主族族序数=最外层电子数；（2）电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小；（3）D为O，F与D同主族且相邻说明F为S，元素非金属性越强气态氢化物的稳定性越强；（4）水溶液呈酸性的化合物，为酸或强酸弱碱盐，其中促进水的电离，为盐，则为AlCl3，与氨水反应生成氢氧化铝沉淀；（5）浓盐酸与KClO4溶液共热可以生成一种气体单质，该单质为氯气，还有KCl、水生成；（6）稀硝酸先氧化铁后再与铜反应，剩余固体m1g和m2g中一定有单质铜，再加入稀硫酸，因硝酸根在酸性条件下具有强氧化性，故剩余金属无论是铁还是铜还是铁铜混合物，都会溶解；解答：解：B是形成化合物种类最多的元素，则B为碳，由短周期主族元素A、B、C、D、E在元素周期表中的位置，可知A为Al，B为碳，C为氮，D为氧，E为Cl．（1）C为N元素，原子核外有2个电子层、最外层电子数为5，位于第二周期第ⅤA族，故答案为：第二周期第ⅤA族；（2）Al3+、O2﹣、N3﹣电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：N3﹣＞O2﹣＞Al3+，故答案为：N3﹣＞O2﹣＞Al3+；（3）D为O，F与D同主族且相邻说明F为S，由于元素非金属性：O＞S，所以气态氢化物的稳定性：H2O＞H2S；故答案为：＞；氧的非金属性比硫强；（4）A为Al，B为碳，C为氮，D为氧，E为Cl，水溶液呈酸性的化合物，为酸或强酸弱碱盐，促进水的电离，为AlCl3，氯化铝与氨水反应反应制氢氧化铝沉淀的离子方程式：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故答案为：AlCl3；Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；（5）浓盐酸与KClO4溶液共热可以生成一种气体单质，该单质为氯气，还有KCl、水生成，反应方程式为8HCl+KClO4KCl+4Cl2↑+4H2O，故答案为：8HCl+KClO4KCl+4Cl2↑+4H2O；（6）A．稀硝酸先氧化铁后再与铜反应，若加入稀硫酸前和加入稀硫酸后氧化的只有铁，那么溶液中无Cu2+，故A错误；B．因为铁的还原性大于铜，稀硝酸先氧化铁后再与铜反应，剩余的金属中一定含有Cu，因此溶液中必含有Fe2+，故B正确；-21-\nC．再加入稀硫酸，因硝酸根在酸性条件下具有强氧化性，故剩余金属无论是铁还是铜还是铁铜混合物，都会溶解，则m1一定大于m2，故C错误；D．稀硝酸先氧化铁后再与铜反应，剩余固体m1g和m2g中都一定有单质铜，故D错误；故答案为：B．点评：本题考查了元素周期表和元素周期律的综合应用，涉及微粒变价比较、化学方程式书写、电子式、硝酸性质等，难度中等，（6）中注意再加入稀硫酸，硝酸根在酸性条件下具有强氧化性．　23．（13分）（2022•天津模拟）某校化学兴趣小组的同学分别对氯气和氯水的性质进行探究．I．如图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置（部分夹持设备已略）．（1）制备氯气选用的药品为二氧化锰和浓盐酸，A中的化学反应方程式为：　MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O　．（2）装置B中饱和食盐水的作用是　除去Cl2中的HCl　；同时装置B还能监测实验进行时C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象　B中长颈漏斗中液面上升　．（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中I、II、III处最好依次放入　②、④、①　．（填序号）①干燥的有色布条②湿润的有色布条③碱石灰④无水氯化钙⑤浓硫酸（4）当向D中缓缓通入一定量氯气时，D中溶液逐渐变为　黄　色；再打开D装置活塞，将装置D中少量溶液滴入锥形瓶E中，振荡，观察到的现象是　E中溶液分为两层，上层（苯层）为紫色　．（5）有人提出，装置F中可改用足量的饱和NaHSO3溶液吸收余氯，请判断是否可行　否　（填“是”或“否”），理由是（用离子反应方程式表示）：　4HSO3﹣+Cl2=SO42﹣+2Cl﹣+3SO2+2H2O　．II．同学们将纯净的氯气通入适量水中，即制得氯水，将氯水滴入含有酚酞的NaOH溶液中时发现溶液红色褪去，对红色褪去的原因提出两种假设：假设①：Cl2与水反应生成有强氧化性的HClO，HClO有漂白作用，使红色褪去；假设②：　可能是H+与OH﹣中和，导致溶液褪色　．请设计实验验证假设①和假设②哪个正确？（写出操作、现象及结论）　取少量褪色溶液于试管中，滴加酚酞显红色，假设①正确（或取少量褪色溶液于试管中，加入适量NaOH溶液显红色，假设②正确）　．考点：氯气的化学性质；性质实验方案的设计．专题：实验设计题．分析：（1）依据实验室制取氯气的试剂和反应产物书写化学方程式；-21-\n（2）反应生成物中含有杂质氯化氢、水蒸气；结合实验装置分析回答问题，装置中气体压强变化分析；（3）验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性；（4）当向D中缓缓通入少量氯气时，氯气和溴化钠反应生成溴单质，可以看到无色溶液逐渐变为黄色；打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，生成的溴单质和碘化钾反应生成碘单质，碘单质溶解于苯中，振荡分层，苯层在上层；（5）氯气具有强氧化性，在溶液中将HSO3﹣氧化SO42﹣同时生成Cl﹣、H+，H+与HSO3﹣反应生成SO2；（6）氯气能与水发生化学反应生成盐酸和次氯酸（HClO），溶液红色褪去，可能盐酸与氢氧化钠溶液会发生中和反应；也可能次氯酸具有强氧化性，可将某些有色物质氧化成无色物质；取（1）中溶液红色褪色后的无色溶液1～2mL于试管中，然后滴加酚酞，若溶液由无色变成红色，证明中溶液红色褪去的原因是①；若溶液仍然为无色，证明（1）中溶液红色褪去的原因是②；解答：解：I．（1）制备氯气选用的药品为固体二氧化锰和浓盐酸，加热反应的化学反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；（2）反应过程中氯化氢和水蒸气是氯气中的杂质，装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的，压强增大，B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱；故答案为：除去Cl2中的HCl；B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱；（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，选项中abc的Ⅱ中都是干燥剂，再通入湿润的有色布条不能验证氯气的漂白性，所以C中I、II、III依次放入湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条，所以选②、④、①，故答案为：②、④、①；（4）D中是溴化钠，当向D中缓缓通入少量氯气时，氯气和溴化钠反应生成溴单质，可以看到无色溶液逐渐变为黄，所以现象为：溶液从无色变化为黄色；打开活塞，将装置D中含溴单质的少量溶液加入焓碘化钾和苯的装置E中，溴单质和碘化钾反应生成碘单质，碘单质溶于苯呈紫红色，振荡．观察到的现象是：E中溶液分为两层，上层（苯层）为紫红色；故答案为：黄；E中溶液分为两层，上层（苯层）为紫红色；若改用NaHSO3，会发生反应4HSO3﹣+Cl2=SO42﹣+2Cl﹣+3SO2↑+2H2O，生成二氧化硫气体．（5）若改用NaHSO3，会发生反应4HSO3﹣+Cl2=SO42﹣+2Cl﹣+3SO2↑+2H2O，生成二氧化硫气体，二氧化硫污染环境，故不可行．故答案为：否；4HSO3﹣+Cl2=SO42﹣+2Cl﹣+3SO2+2H2O；II．（1）由题意分析，原因可能有两个：盐酸或次氯酸的作用的结果，一种可能是：溶液中的红色物质被氯水中的次氯酸氧化褪色；另一种可能是：氯水中的盐酸、次氯酸中和了氢氧化钠，使溶液由碱性转变成了中性甚至酸性，酚酞试液中性或酸性溶液中显无色，故答案为：可能是H+与OH﹣中和，导致溶液褪色；-21-\n取（1）中溶液红色褪色后的无色溶液1～2mL于试管中，然后滴加酚酞，若溶液由无色变成红色，证明中溶液红色褪去的原因是①；若溶液仍然为无色，证明（1）中溶液红色褪去的原因是②；故答案为：取少量褪色溶液于试管中，滴加酚酞显红色，假设①正确（或取少量褪色溶液于试管中，加入适量NaOH溶液显红色，假设②正确）；点评：本题考查了如何探究物质的性质和变化规律，了解酸碱指示剂及其性质，学会猜想和实验验证的方法．　-21-