黑龙江省大庆铁人中学2017-2018学年高一12月月考化学

黑龙江省大庆铁人中学2017-2018学年高一12月月考化学试题
试题说明：1、本试题满分 100 分，答题时间 90 分钟。

2、请将答案填写在答题卡上，考试结束后只交答题卡。

3、可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 Mg：24 Al：27 Cl：35.5 Fe：56 Cu：64 I：127
第Ⅰ卷选择题部分
一、选择题（每小题只有一个选项正确，每小题3分，共54分。

）
1. 下列仪器不能用于加热的是（）
A. 容量瓶
B. 试管
C. 蒸发皿
D. 烧瓶
【答案】A
【解析】A．容量瓶是用来精确配制溶液的仪器，不能用于加热，故A正确；B．试管能直接加热，故B错误；C．蒸发皿可以直接加热，故C错误；D．烧瓶垫上石棉网可以加热，故D
错误；故选A。

点睛：明确常见仪器的使用方法为解答关键。

能直接加热的仪器有：试管、燃烧匙、坩埚、蒸发皿，必须垫石棉网才能加热的仪器有：烧杯、烧瓶、锥形瓶，不能加热的仪器有：集气瓶、量筒、胶头滴管等。

2. 下列各组混合物中，能用分液漏斗进行分离的是（）
A. 酒精和水
B. 碘和四氯化碳
C. 水和四氯化碳
D. 汽油和植物油
【答案】C
【解析】A．酒精和水互溶，不能用分液漏斗进行分离，故A错误；
B．碘和四氯化碳互溶，不能用分液漏斗进行分离，故B错误；
C．水和四氯化碳不溶，能用分液漏斗进行分离，故C正确；
D．汽油和植物油互溶，不能用分液漏斗进行分离，故D错误；故选C．
【点评】本题考查分液和萃取，明确物质的溶解性是解题的关键，难度不大．
3. 下列各组物质中，前者属于电解质，后者属于非电解质的是（）
A. NaCl溶液、CO2
B. 液态HCl、NH3
C. 铜、蔗糖
D. 汽油、硫酸溶液
【答案】B
【解析】A．NaCl溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质；二氧化碳本身在水溶液中和熔融状态下都不能电离出自由移动的离子，属于非电解质，故A错误；B．液态HCl的水溶液
能导电，属于电解质；NH3属于共价化合物，液态不导电，溶于水导电，是由于与水反应生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子与氢氧根离子，NH3属于非电解质，故B正确；C．铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，蔗糖在水溶液中和熔融状态下都不导电，是非电解质，故C错误；D．汽油为成分复杂的混合物，主要成分为C8H18，既不是电解质也不是非电解质，硫酸溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；故选B。

点睛：本题考查了电解质和非电解质的判断。

解题时一定要抓住概念中的关键词，注意电解质和非电解质都是化合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。

4. 下列说法正确的是（）
①泥浆中泥沙是溶质，水是溶剂。

②胶体的介稳性主要是因为胶体粒子可以通过吸附而带有电荷。

③凡是分散质能通过半透膜的分散系即属于胶体。

④通过丁达尔现象可以鉴别胶体和溶液。

A. ①②③④
B. ②④
C. ②③
D. ①②④
【答案】B
【解析】①泥浆不是溶液，是浊液，故泥沙是分散质，水是分散剂，故错误；②胶体粒子通过吸附而带有电荷，使得胶体粒子之间相互排斥，具有介稳性，故正确；③胶体透不过半透膜，溶液可以透过，故错误；④丁达尔现象是胶体所特有的性质，故可以来区分溶液和胶体，故正确；故选B。

5. 将30 mL 0.5mol/L的NaOH溶液加水稀释到500 mL，稀释后NaOH的物质的量浓度为（）
A. 0.3 mol/L
B. 0.05 mol/L
C. 0.04 mol/L
D. 0.03 mol/L
【答案】D
.....................
6. 设N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中不正确的是（）
A. 0.5 mol H2O所含的电子数为5N A
B. 1 mol NH4+所含质子数为10N A
C. 标准状况下，22.4 L CO2所含的分子数为N A
D. 常温常压下，32 g O2和O3的混合气体所含氧原子数为2N A
【答案】B
【解析】A.1个水分子含有10个电子， 0.5 mol H2O所含的电子数为5N A，故A正确；B.1个氨根离子含有11个质子，1 mol NH4+所含质子数为11N A，故B错误；C．标准状况下，22.4 L CO2所含的分子数为×N A=N A，故C正确；D．常温常压下，32 g O2和O3
的混合气体中只含有一种原子——氧原子，原子数为×N A=2N A，故D正确；故选B。

7. 在澄清透明强酸性溶液中，能大量共存的离子组是（）
A. K+、Cu2+、OH－、SO42－
B. K+、Na+、Cl－、CO32-
C. K+、Fe2＋、MnO4－、SO42－
D. Fe3+、NH4+、NO3－、Cl－
【答案】C
【解析】A．Cu2+、OH-都与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误； B．CO32-与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．Fe2-、MnO4-在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．Fe3+、NH4-、NO3-、Cl-之间不反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；故选D。

点睛：注意明确离子不能大量共存的一般情况是解题的关键。

本题中要正确区分“澄清透明”与“无色溶液”，不要混淆，任何溶液都是澄清透明的，这是溶液的性质之一，无色说明不存在Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子。

8. 下列离子方程式正确的是（）
A. 石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应：HCO3－+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O
B. 氧化铜与稀硫酸反应：2H++O2－═H2O
C. 硫酸氢钠溶液中加入氢氧化钡溶液至中性：2H++SO42－+Ba2++2OH－═BaSO4↓+2H2O
D. 碳酸氢钠溶液中加入盐酸：CO32－+2H+═CO2↑+H2O
【答案】C
【解析】A．灰水与过量碳酸氢钠溶液反应的离子方程式为：2HCO3-+Ca2++2OH- =CaCO3↓ +2H2O +CO32-，故A错误； B．氧化铜与稀硫酸反应的离子方程式为：2H++CuO=H2O+Cu2+，故B错误；C．硫酸氢钠溶液中加入氢氧化钡溶液至中性，离子方程式为：2H++SO42-+Ba2++2OH- =BaSO4↓+2H2O，故C正确；D．碳酸氢钠溶液中加入盐酸反应的离子方程式为：HCO3-+H+ =CO2↑+H2O，故D错误；故选C。

9. 关于反应4Al＋3TiO2＋3C===2Al2O3＋3TiC的叙述正确的是 ( )
A. 生成1 mol TiC时转移4 mol电子
B. TiO2是氧化剂，TiC是还原产物
C. 反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是1∶1
D. Al是还原剂，TiC是氧化产物
【答案】A
【解析】根据方程式可知，Al的化合价从0价升高到+3价，失去3个电子，铝是还原剂，氧化铝是氧化产物;碳元素的化合价从0价降低到-4价，得到4个电子，所以碳是氧化剂，TiC 是还原产物，故A正确。

10. 正确的实验操作是实验成功的基本保证。

下列实验操作正确的是
A. 检查装置气密性
B. 蒸发
C. 加热液体
D. 量取液体体积
【答案】C
【解析】试题分析：A、要检查装置的气密性，必须将装置封闭，只留有一个出气口，但该装置中长颈漏斗与外界相通，不能检查，应该用水封住长颈漏斗的下口，再用捂热的方法检验，A错误；B、蒸发皿使用时不需要垫石棉网，B错误；C、用试管夹夹在离试管口1/3处，盛的液体体积不超过容积的1/3，加热时先上下移动试管进行预热，再集中试管底部加热，C正确；
D、100毫升的量筒最低刻度为10毫升，所以不能量取9.5毫升液体，D错误，答案选C。

考点：考查化学基本实验操作
11. 下列的8句话中，其中正确的有几句（）
①擦去铝表面的氧化膜的铝箔，在酒精灯上灼烧时，熔化的铝会滴落下来
②节日燃放的烟花，就是碱金属，以及锶、钡等金属化合物焰色反应所呈现的各种艳丽色彩
③可以用铝制器皿长时间盛放酸性、碱性或咸的食物
④钠着火后，可用泡沫灭火器来灭火
⑤Na2O2是淡黄色固体，Na2O是白色固体，二者与水反应都能生成NaOH
⑥H2O能和Na2O2发生反应生成O2，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂
⑦“血液透析”和“静电除尘”利用了胶体的相同性质
⑧试剂瓶中的药品取出后，一般不能放回原瓶，但金属Na需要立即放回原瓶。

A. 3
B. 4
C. 5
D. 6
【答案】B
【解析】①擦去铝表面的氧化膜的铝箔，在酒精灯上灼烧时，铝被氧化生成氧化铝，熔化的铝不会滴落，故①错误；②某些金属灼烧，有焰色反应，节日燃放的烟花，就是碱金属以及锶、钡等金属化合物焰色反应所呈现的色彩，故②正确；③铝能够与酸或碱反应，所以铝制器皿不能长时间盛放酸性、碱性或咸的食物，故③错误；④钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠能和水、二氧化碳反应生成氧气，钠和水反应生成可燃性气体氢气，氧气具有助燃性、氢气具有可燃性，所以Na燃烧不能用泡沫灭火器来灭火，应该用沙土灭火，故④错误；⑤Na2O2是淡黄色固体，Na2O 是白色固体，分别与水发生2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、Na2O+H2O=2NaOH，故⑤正确；⑥过氧化钠与水的反应生成氢氧化钠与氧气，水中各元素的化合价不变，而Na2O2中-1价的氧变成0价和-2价，所以水既不是氧化剂也不是还原剂，过氧化钠既是氧化剂以是还原剂，故⑥正确；⑦血液透析原理即为渗析原理，血液是胶体，不会通过半透膜的原理，涉及胶体性质，静电除尘利用的胶体电泳的性质，但不是利用了胶体的相同性质，故⑦错误；
⑧实验剩余的药品不能放回原瓶，不能随意丢弃、更不能带出实验室，但钠需要立即放回原瓶，故⑧正确；故选B。

12. 有关NaHCO3与Na2CO3的性质，下列叙述中不正确的是（）
A. Na2CO3溶液和NaHCO3溶液可以用Ca(OH)2鉴别
B. 等物质的量的两种盐与同浓度盐酸反应，Na2CO3所消耗盐酸的体积是 NaHCO3的两倍
C. 向Na2CO3饱和溶液中通人过量CO2，有NaHCO3结晶析出
D. Na2CO3和NaHCO3粉末与同浓度盐酸时，NaHCO3与盐酸反应放出气体速度快
【答案】A
【解析】A、不可以用澄清石灰水区分，因为两者都会生成CaCO3白色沉淀，现象相同，分别发生反应：Na2CO3 + Ca(OH)2 = CaCO3↓+ 2NaOH、2NaHCO3 + Ca(OH)2 = CaCO3↓+ Na2CO3 + 2H2O，选项A错误；B、物质的量相等的NaHCO3、Na2CO3与盐酸反应，消耗盐酸的物质的量Na2CO3是NaHCO3的两倍，则消耗同浓度盐酸的体积Na2CO3是NaHCO3的两倍，选项B正确；C、向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，生成溶解度更小的NaHCO3，可观察到溶液变浑浊，选项C正确；D、根据CO32-+2H+═CO2↑+H2O，HCO3-+H+═H2O+CO2↑可知，碳酸氢钠放出二氧化碳的速率快，选项D 正确。

答案选A。

13. 由Na、Mg、Al、Fe四种金属单质中的两种组成的混合物共12g，跟足量盐酸反应，产生
5.6L H2（标准状况下），由此可判断混合物中必定含有（）
A. Na
B. Mg
C. Al
D. Fe
【答案】D
点睛：本题考查混合物的计算，注意利用平均值法解答较为简单，注意若有不反应的金属应视作需金属质量无穷大。

14. 某无色溶液含有下列离子中的若干种：H+、NH4+、Fe3+、Ba2+、Al3+、CO32﹣、Cl﹣、OH﹣。

向该溶液中加入铝粉，只放出H2，则溶液中能大量存在的离子最多有（）
A. 3种
B. 4种
C. 5种
D. 6种
【答案】C
【解析】无色溶液中一定不存在有色的Fe3+；溶液中加入金属铝，发生反应并放出H2，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，若溶液为酸性，则不存在：OH-、NO3-、CO32-，阴离子只能为Cl-，阳离子可以为：H+、NH4+、Ba2+、Al3+，最多存在5种离子；若呈碱性，则不存在Al3+、H+、NH4+、Fe3+，阳离子只能为Ba2+，则一定不存在CO32-，可存在的离子为：Ba2+、Cl-、OH-、NO3-，则最多只有4种，根据分析可知，最多存5种离子，故选C。

点睛：本题考查离子共存问题，涉及离子反应和种类的判断，注意把握题目无色以及与铝反应生成氢气的特点，特别注意硝酸不能生成氢气。

15. 200℃时，11.6g CO2和H2O的混合物气体与足量的Na2O2反应，反应后固体增加了3.6g，则原混合物的平均相对分子质量为（）
A. 5.8
B. 11.6
C. 23.2
D. 46.4
【答案】C
【解析】设CO2的物质的量为xmol，H2O的物质的量为ymol，
2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2△m
2 56
x 28x
2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2 △m
2 4
y 2y
根据信息，则有44x+18y=11.6，28x+2y=3.6，解得x=0.1，y=0.4mol，根据摩尔质量的表达式M=m/n=11.6/(0.1＋0.4)g·mol－1=23.2g·mol－1，故选项C正确。

16. 已知反应：①Cl2+2KBr=2KCl+Br2，②KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O，③2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3，下列说法正确的是（）
A. 上述三个反应都有单质生成，所以都是置换反应
B. 氧化性由强到弱顺序为 KBrO3＞KClO3＞Cl2＞Br2
C. 反应②中还原剂与氧化剂的物质的量之比为6：1
D. ③中lmol还原剂反应则氧化剂得到电子的物质的量为2mol
【答案】D
【解析】试题分析：A．②中生成物有单质但反应物没有单质，所以不是置换反应，故A错误；B．①Cl2+2KBr=2KCl+Br2中氧化剂是氯气，氧化产物是溴，所以氯气的氧化性大于溴，
②KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O中氧化剂是氯酸钾，氧化产物是氯气，氯酸钾的氧化性大于氯气，
③2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3中氧化剂是溴酸钾，氧化产物是氯酸钾，所以溴酸钾的氧化性大于氯酸钾，总之，氧化性强弱顺序是 KBrO3＞KClO3＞Cl2＞Br2，故B正确；
C．②KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O中，氧化剂是氯酸钾，参加反应的的氯化氢作还原剂，所以还原剂和氧化剂的物质的量之比是5：1，故C错误；D．③还原剂是氯气，氧化剂是溴酸钾，该反应式中lmol还原剂反应则氧化剂得到电子的物质的量=2×(5-0)mol=10mol，故D错误；故选B。

【考点定位】考查氧化还原反应
【名师点晴】本题考查了氧化还原反应，明确元素化合价是解本题的关键。

根据化合价的变化，还原剂在反应中失去电子，化合价升高，被氧化，发生氧化反应，得到的产物为氧化产物，可以用口诀：失高氧，低得还：失电子，化合价升高，被氧化(氧化反应)，还原剂；得电子，化合价降低，被还原(还原反应)，氧化剂。

易错选项是C，注意该选项中不是所有氯化氢都参加氧化还原反应，为易错点。

17. 由Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、NaCl中某几种组成的混合物，向其中加入足量的盐酸有气体放
出．将气体通过足量的NaOH溶液，气体体积减少一部分。

将上述混合物在空气中加热，有气体放出，下列判断正确的是（）
A. 混合物中一定不含有Na2CO3、NaCl
B. 混合物中一定不含Na2O2、NaCl
C. 无法确定混合物中是否含有NaHCO3
D. 混合物中一定有Na2O2、NaHCO3
【答案】B
【解析】向混合物中加入足量的盐酸，有气体放出，该气体可以是氧气或者是二氧化碳中的至少一种，将放出的气体通过过量的NaOH溶液后，气体体积有所减少，说明气体是氧气和二氧化碳的混合物，物质中一定含有过氧化钠，还含有碳酸钠、碳酸氢钠中的至少一种，将上述混合物在空气中充分加热，也有气体放出，故一定含有碳酸氢钠，Na2CO3、NaCl不能确定。

A、根据以上分析可知，混合物中可能含有Na2CO3、NaCl，故A错误；
B、由上述分析可知，混合物中一定含有Na2O2，可能含有NaCl，故B错误；
C、由上述分析可知，混合物中一定有NaHCO3，故C错误；
D、由上述分析可知，混合物中一定有Na2O2、NaHCO3，故D正确；故选D。

18. 已知：将Cl2通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO和KClO3，且的值与温度高低有关．当n（KOH）=amol时，下列有关说法错误的是( )
A. 若某温度下，反应后=2，则溶液中=0.2
B. 参加反应的氯气的物质的量等于0.5a mol
C. 改变温度，反应中转移电子的物质的量n e的范围：a mol≤ n e ≤a mol
D. 改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为mol
【答案】A
【解析】A．令n(ClO-)=1mol，反应后=2，则n(Cl-)=2mol，根据电子转移守恒，
5×n(ClO3-)+1×n(ClO-)=1×n(Cl-)，即5×n(ClO3-)+1×1mol=1×2mol，解得n(ClO3-)=0.2mol，则溶液中==10，故A错误；B．由Cl原子守恒可知，
2n(Cl2)=n(KCl)+n(KClO)+n(KClO3)，由钾离子守恒可知n(KCl)+n(KClO)+n(KClO3)=n(KOH)，
故参加反应的氯气的物质的量=n(KOH)=0.5amol，故B正确；C．氧化产物只有KClO3时，转
移电子最多，根据电子转移守恒n(KCl)=5(KClO3)，由钾离子守恒：n(KCl)+n(KClO3)=n(KOH)，故n(KClO3)=n(KOH)=a mol，转移电子最大物质的量为：a mol×5=a mol，氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒n(KCl)=n(KClO)，根据钾离子守恒：
n(KCl)+n(KClO)=n(KOH)，故：n(KClO)=n(KOH)=a mol，转移电子最小物质的量=a mol×1=a mol，则反应中转移电子的物质的量n e的范围为：a mol≤n e≤a mol，故C正确；D．氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，根据电子转移守恒n(KCl)=5(KClO3)，由钾离子守恒：
n(KCl)+n(KClO3)=n(KOH)，故n最大(KClO3)=n(KOH)=a mol，故D正确；故选A。

点睛：本题考查氧化还原反应计算，注意电子转移守恒及极限法的应用。

本题的易错点为C，反应中氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据
电子转移守恒计算转移电子物质的量范围。

第Ⅱ卷非选择题部分
19. （1）含0.4 mol Al 2(SO4)3的溶液中，含________mol SO。

（2）配制480mL 1mol/L 的NaOH溶液，需要称量氢氧化钠固体的质量为_______。

（3）若m g某气体中含分子数N个，已知阿伏加德罗常数为N A，则该气体的摩尔质量为____。

（4）O2和N2组成的混合气体的平均相对分子质量是31，则O2和N2的物质的量比为__________。

（5）在反应2KClO3＋H2C2O4＋H2SO42ClO2↑＋K2SO4＋2CO2↑＋2H2O中，氧化剂是________。

（6）分别取0.1mol 钠、镁、铝与足量的盐酸反应，在相同条件下产生氢气的体积比是
____________；若0.2mol 钠、镁、铝分别放入到10mL 1mol/L 的盐酸中，在标准状况下，
产生氢气体积分别为V1、V2、V3，则三者的大小顺序是____________（用V1、V2、V3填写）（7）现有下列物质①NaCl晶体②干冰③HCl④铜⑤CaCO3固体⑥葡萄糖⑦酒精⑧熔融的KNO3⑨液氧⑩稀硫酸。

以上物质能导电的是_________________。

（8）在粗盐提纯的实验中，判断BaCl2溶液过量的实验操作方法是_____________。

（9）胃酸中含有盐酸，胃酸过多的人常有胃疼烧心的感觉，易吐酸水，服用适量的小苏打，能治疗胃酸过多，请写出其反应的离子方程式________________________________。

【答案】 (1). 1.2 (2). 20g (3). g/mol (4). 3:1 (5). KClO3 (6). 1：2：3 (7). V1>V2=V3 (8). ④⑧⑩ (9). 取少量上层清液于试管中，加入BaCl2溶液，如果没有白色沉淀生成，则说明BaCl2溶液已过量 (10). HCO3－+ H+===H2O + CO2↑
【解析】(1)n(SO42-)=3n[Al2(SO4)3]=0.4mol×3=1.2mol，故答案为：1.2；
(2)配制物质的量浓度为1mol•L-1的NaOH溶液480mL，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL 溶液，需要氢氧化钠质量m=1mol/L×0.5L×40g/mol=20.0g；故答案为：20.0；
(3)mg某气体中含分子数为N，则一个分子的质量为g，N A为阿伏加德罗常数，则该气体的摩尔质量为g/mol，故答案为：g/mol；
(4)设O2和N2的物质的量分别为x、y，则31=，解得=，故答案为：；
(5)根据方程式2KClO 3＋H2C2O4＋H2SO42ClO2↑＋K2SO4＋2CO2↑＋2H2O，KClO3中氯元素的化合价由+5价降低为+4价，被还原，氧化剂为KClO3，故答案为：KClO3；
(6)分别取0.1mol钠、镁、铝与足量盐酸反应，则：
2Na+2HCl=2NaCl+H2↑、 Mg+2HCl=MgCl2+H2↑、 2Al+6HCl=AlCl3+3H2↑，
0.1mol 0.05mol 0.1mol 0.1mol 0.1mol
0.15mol
故在相同条件下产生氢气的体积比=0.05mol：0.1mol：0.15mol=1：2：3；若将三种金属各0.2mol 分别投入10mL1mol/L的盐酸中，可知三种金属都过量，但金属钠活泼，能与水反应生成氢气，则生成氢气最多的是钠，镁和铝生成氢气的体积一样多，故答案为：1：2：3；V1＞V2=V3；(7)①NaCl晶体不能导电，溶于水导电，属于电解质，②干冰为二氧化碳不能导电，不能电离属于非电解质，③HCl不能导电，溶于水导电属于电解质，④铜是金属既不是电解质也不是非电解质，⑤CaCO3固体不能导电，熔融状态导电，属于电解质，⑥葡萄糖不能电离属于非电解质，⑦酒精不能电离属于非电解质，⑧熔融的KNO3导电，属于电解质，⑨液氧是单质，既不是电解质也不是非电解质，⑩稀硫酸是硫酸溶液导电，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，以上物质能导电的是④⑧⑩，故答案为：④⑧⑩；
(8)BaCl2溶液过量说明溶液中没有硫酸根离子，则取少量上层清液于试管中，继续加入BaCl2溶液，如果没有白色沉淀生成，则说明BaCl2溶液已过量；故答案为：取少量上层清液于试管中，加入BaCl2溶液，如果没有白色沉淀生成，则说明BaCl2溶液已过量；
(9)小苏打与盐酸反应的离子方程式为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑；故答案为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑。

20. 下图表示A、B、C、D、E五种物质的相互转化关系，其中A为淡黄色固体，C为金属单质，D为最常用的调味品。

写出下列转化的方程式：
（1）C→A的化学方程式：____________________________ ；
（2）C→E的离子方程式：______________________________，
（3）A→B的化学方程式：______________________________，
（4）金属Al和E溶液反应的离子方程式：__________________。

【答案】 (1). 2Na + O2==Na2O2 (条件是加热) (2). 2Na + 2H2O==2Na++2OH－+ H2↑ (3). 2Na2O2 + 2CO2==2Na2CO3 + O2↑ (4). 2Al + 2OH－ + 2H2O==2AlO2－+ 3H2↑
【解析】D为最常用的调味品，D为氯化钠。

A为淡黄色固体，能与CO2、水反应，则A是Na2O2，C是金属单质，可以反应得到A，故C为Na，过氧化钠与水、Na与水反应都得到E，则E为NaOH，A和二氧化碳反应生成Na2CO3和O2，B能转化为NaCl，则B是Na2CO3。

(1)C→A是钠与氧气在加热条件下反应生成过氧化钠，反应方程式为：2Na+O2Na2O2，故答案为：2Na+O2Na2O2；
(2)C→E是钠与水反应生成氢氧化钠与氢气，反应的离子方程式为：2Na + 2H2O=2Na++2OH－+
H2↑，故答案为：2Na + 2H2O=2Na++2OH－+ H2↑；
(3)A→B是过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠与氧气，反应方程式为：
2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；
(4)铝与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为2Al + 2OH－ + 2H2O==2AlO2－+ 3H2↑，故答案为：
2Al + 2OH－ + 2H2O==2AlO2－+ 3H2↑。

点睛：题考查无机物的推断，侧重于钠及其化合物之间的转化，明确物质的性质是解本题关键。

本题的突破口为“D为最常用的调味品”和“A为淡黄色固体”，在框图中A能与CO2、
水反应，说明A为过氧化钠。

21. 在一定条件下用普通铁粉和水蒸气反应，可以得到铁的氧化物。

该氧化物又可以经过此
反应的逆反应，生成颗粒很细的铁粉。

这种铁粉具有很高的反应活性，在空气中受撞击或受
热时会燃烧，所以俗称"引火铁"。

请分别用下图中示意的两套仪器装置，制取上述铁的氧化
物和"引火铁"，实验中必须使用普通铁粉和6摩/升盐酸，其他试剂自选（装置中必要的铁架
台、铁夹、铁圈、石棉网、加热设备等在图中均已略去）。

按要求填写下列空白：
（1）实验进行时试管A中应加入的试剂是__________；烧瓶B的作用是___ ；烧瓶C的作用是___________________；在试管D中收集得到的是____________。

（2）实验时,U型管G中应加入的试剂是____________；长颈漏斗H中应加入____。

（3）两套装置中,在实验时需要加热的仪器是（填该仪器对应的字母）____________。

（4）试管E中发生反应的化学方程式是______________________________。

（5）为了安全,在E管中的反应发生前,在F出口处必须_____；E管中的反应开始后,在F出口处应____________。

【答案】 (1). 普通铁粉(或铁粉) (2). 作为水蒸气发生器(或用来产生水蒸气) (3). 防止水倒吸(或用作安全瓶) (4). 氢气 (5). 固体NaOH(或碱石灰、CaO等碱性固体干燥剂) (6). 6摩/升HCl (7). A、B、E (8).
(9). 检验氢气的纯度 (10). 点燃氢气
【解析】(1)根据题干中所提供的物质可以推断出第一步实验中除了生成四氧化三铁外还会生成氢气，发生的反应为铁在高温和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为：3Fe+4H2O4H2+Fe3O4；试管A是铁与水蒸气反应的装置，故在A中装的应该是普通铁粉，在反应过程中要生成氢气，所以D是用来收集氢气的，烧瓶的作用就是加热液体或者对液体进行蒸馏，所以这里蒸馏瓶所起的作用就是产生水蒸气．为了防止向试管中通入水蒸气使试管骤冷，引起水的倒流从而在试管和收集气体的试管中间加上了烧瓶，保证实验安全；A中是铁和水蒸气的反应；B中为产生水蒸气的装置，C为安全瓶防止倒吸的作用，D中收集的是氢气，故答案为：普通铁粉(或铁粉)；产生水蒸气；防止水倒吸(或用作安全瓶)；氢气；
(2)装置I是用来制取氢气的装置，所以装置H是用来添加盐酸的，F中发生反应：Fe3O4+4H2
3Fe+4H2O；由于使用的是稀盐酸来制取氢气，所以在产生氢气的同时可能带出部分水蒸气和氯化氢气体，故在U型管中加入固体来干燥气体，吸收氯化氢和水蒸气，所以U型管中为固体NaOH(或碱石灰、CaO等碱性固体干燥剂)，故答案为：固体NaOH(或碱石灰、CaO等碱
性固体干燥剂)；6摩/升盐酸；
(3)反应是在高温的条件下反应的，所以A和F装置要加热，同时反应需要水蒸气的参加，故B也需要加热，故答案为：A、B、E；
(4)依据装置和实验目的分析，试管E中发生反应是氢气还原四氧化三铁的反应，反应的化学方程式是：Fe3O4+4H2 3Fe+4H2O，故答案为：Fe3O4+4H2 3Fe+4H2O；
(5)氢气是可燃性气体，做氢气的性质实验时必须保证氢气是纯净的，为了安全，在E管中的反应发生前，在F出口处必须进行气体验证纯度；E管中的反应开始后，在F出口处应点燃氢气，避免排放到空气中遇火爆炸；故答案为：检验氢气的纯度；点燃氢气。

点睛：本题考查了铁及其化合物性质的应用。

在制取氢气时通常用的是稀硫酸，但是本题要求必须使用稀盐酸，故氢氧化钠的作用起了一箭双雕的作用，这点是做题时易错的地方，要多加注意，做题时要克服思维定势，仔细审题。

22. 氯及其化合物有广泛用途。

（1）二氧化氯是一种新型的消毒剂。

①NaClO2中Cl的化合价为____________。

②实验室用氯酸钾与浓盐酸反应制备ClO2，产物除ClO2外，还有Cl2，KCl等，写出该反应的化学方程式 __________。

若生成11.2L氯气（标准状况），转移电子数为 _________。

③ClO2和Cl2在消毒时自身均被还原为Cl－，则常温常压下，等体积的ClO2的消毒能力是Cl2的_________倍。

④自来水厂用ClO2处理后的水中，要求ClO2的浓度在0.1﹣0.8 mg•L－1之间。

碘量法可以检测水中ClO2的浓度（不同pH环境中粒子种类如图所示），步骤如下：
Ⅰ.取一定体积的水样，加入一定量的碘化钾，再将反应后溶液调至中性，并加入淀粉溶液，溶液变蓝。

Ⅱ.加入一定量的Na2S2O3溶液。

（己知：2S2O32－+I2═S4O62－+2I－）
Ⅲ.加硫酸调节水样pH至1﹣3。

请问答：
若水样的体积为1.0L，在操作II时消耗了1.0×10－3mol•L－1的Na2S2O3溶液10mL．则水样中ClO2的浓度是_____ mg•L－1。

（2）ICl，ICl3的化学性质与卤素相似，被称为卤素互化物。

三氯化碘（ICl3，其中Cl为-1价）常以二聚体的I2Cl6形式存在，经电导仪测定知，它能发生部分电离，生成的两种离子的摩尔质量分别为198 g/mol和269 g/mol，则其电离方程式为 ________________ 。

（3）向盛有一定量的溴化亚铁溶液和四氯化碳溶液的试管中持续通入氯气，反应完毕后，振荡、静置、分层，发现有机层呈红棕色，经检验生成了BrCl（其中Cl为-1价）。

可能发生如下反应：
①2Br－+Cl2=2Cl－+Br2②Br2+Cl2=2BrCl ③2Fe2＋+Cl2=2Fe3＋+2Cl－
按通入氯气，发生先后反应的顺序为 ____________（填序号）。

【答案】 (1). +3 (2). 2KClO3+4HCl=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O (3). N A或6.02×1023 (4). 2.5 (5). 0.675 mg•L－1 (6). I 2Cl6ICl2＋+ICl4－(7). ③①②
【解析】(一)①NaClO2中Na为+1价，O为-2价，根据正负化合价的代数和为0 ，Cl的化合价为+3价，故答案为：+3；
②实验室用氯酸钾与浓盐酸反应制备ClO2，产物除ClO2外，还有Cl2，KCl等，反应的化学方程式为2KClO3+4HCl=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O。

标准状况下11.2L氯气的物质的量为
=0.5mol，根据方程式，转移电子1mol，故答案为：
2KClO3+4HCl=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O；6.02×1023；
③C1O2和Cl2在消毒时自身均被还原为Cl-，每摩尔C1O2被还原为Cl-，要得5mol电子，每摩尔C12被还原为Cl-，要得2mol电子，根据电子转移数目相等可知等体积的C1O2的消毒能是Cl2的2.5倍，故答案为：2.5；
(二)(1)S2O32-～～～～I-～～～～ClO2
1 1 1
1.0×10-3mol/L×0.01L 1.0×10-5mol
m(ClO2)=n(ClO2)×M(ClO2)=1.0×10-5mol×67.5×103mg•mol-1=0.675mg
由于水样为 1L，所以 ClO2的浓度为=0.675 mg•L-1，故答案为：0.675；
(2)三氯化碘(ICl3，其中Cl为-1价)常以二聚体的I2Cl6形式存在，它能发生部分电离，生成的两种离子的摩尔质量分别为198 g/mol和269 g/mol，二者相对分子质量相差71，即化学式中相差2个氯原子，则其电离方程式为I 2Cl6ICl2＋+ICl4－，故答案为：I2Cl6ICl2＋+ICl4。