江西省南昌市八一中学、洪都中学、麻丘中学等六校2016

2016-2017学年江西省南昌市八一中学、洪都中学、麻丘中学等六校高一（上）期末化学试卷一、选择题（每小题3分，每小题只有一个答案符合题意，共48分）1．在自然界中，既有以化合态存在，又有以游离态存在的元素是（）A．碳B．硅C．镁D．铝2．下列试剂可用带磨口玻璃塞的玻璃试剂瓶保存的是（）A．氢氟酸B．硫酸C．碳酸钠溶液D．氧氧化钠溶液3．在酸性溶液中能大量共存而且为无色透明的溶液是（）A．NH4+、Al3+、SO42﹣、NO3﹣B．K+、Fe2+、NO3﹣、SO42﹣C．K+、MnO4﹣、NH4+、NO3﹣D．Na+、K+、ClO﹣、NO3﹣4．在含有FeCl3、FeCl2、AlCl3、NaCl的溶液中，加入足量的NaOH溶液，在空气中充分搅拌反应后再加入过量的稀盐酸，溶液中离子数目减少的是（）A．Na+B．Fe3+C．Al3+D．Fe2+5．下列物质，能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红又褪色的是（）①氯气②液氯③新制氯水④敞口放置的久置氯水⑤盐酸⑥用盐酸酸化的漂白粉溶液．A．②③B．①②③④C．③⑥D．③④⑥6．下列各组物质作用时，反应条件（温度、反应物用量比）改变，不会引起产物种类改变的是（）A．Na和O2B．NaOH溶液和CO2C．Na2O2和CO2D．NaOH溶液和Ca（HCO3）2溶液7．在Al2（SO4）3和MgSO4的混合溶液中，滴加NaOH溶液，生成沉淀的量与滴入NaOH溶液的体积关系如图所示，则原混合液中Al2（SO4）3与MgSO4的物质的量浓度之比为（）A．6：1 B．1：2 C．2：1 D．3：18．将3.9g镁铝合金，投入到500m L2mol•L﹣1的盐酸中，金属完全溶解，再加入4mol•L﹣1的NaOH溶液，若要生成的沉淀最多，加入的这种NaOH溶液的体积是（）A．125mL B．200mL C．250mL D．560mL9．甲、乙、丙、丁分别是BaCl2、NaOH、FeCl2、Al2（SO4）3、四种物质中的一种．若将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，丁溶液滴入甲溶液时，无明显现象发生．据此可推断丙物质是（）A．BaCl2B．NaOH C．FeCl2D．Al2（SO4）310．将少量的CO2通入下列溶液中，不变浑浊的是（）A．偏铝酸钠溶液B．CaCl2溶液C．澄清石灰水D．硅酸钠溶液11．向NaBr、NaI、Na2CO3的混合溶液中通入足量氯气后，将溶液蒸干并充分灼烧，得到固体剩余物的组成可能是（）A．NaCl B．NaCl、Na2CO3C．NaCl、I2 D．NaCl、NaI、Na2CO312．不能使橙色溴水层变为无色的是（）A．NaOH溶液B．用CCl4多次萃取C．锌粉D．KI 溶液13．如图所示：若关闭Ⅰ阀，打开Ⅱ阀，让一种含有氯气的气体经过甲瓶后，通入乙瓶，布条不褪色；若关闭Ⅱ阀打开Ⅰ阀，再通入这种气体，布条褪色．甲瓶中所盛的试剂可能是（）①浓H2SO4②浓NaOH溶液③KI溶液④饱和NaCl溶液．A．②B．②③C．①②③D．①②④14．实验室用下列两种方法制氯气：①用含HCl 146g的浓盐酸与足量的MnO2反应；②用87gMnO2与足量浓盐酸反应．所得的氯气（）A．①比②多B．②比①多C．一样多D．无法比较15．某温度下，将氯气通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合溶液（已知氯气和NaOH在一定温度下能发生反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O），经测定ClO﹣与ClO3﹣的物质的量之比为1：2，则氯气与氢氧化钠反应时，被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为]（）A．21：5 B．11：3 C．3：1 D．4：116．向含有FeBr2、FeI2的溶液中通入一定量的氯气后，再向溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为红色，则下列叙述不正确的是（）A．通入氯气后的溶液中一定不存在I﹣B．通入氯气之后原溶液中的Fe2+全部被氧化C．原溶液中的Br﹣可能被氧化D．若取少量所得溶液，再加入CCl4溶液充分振荡，静置、分液，下层溶液可能呈紫红色二、非选择题（共52分，共6小题）17．（1）硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，向其中通入过量的CO2，会出现软而透明的凝胶胶体，其离子方程式是；（2）洪灾过后，饮用水的消毒杀菌成为抑制大规模转染性疾病暴发的有效方法之一．漂白粉是常用的消毒剂，工业上制漂白粉反应的化学方程式为，漂白粉的有效成分是（填化学式）（3）把Ba（OH）2溶液滴人明矾溶液中，使SO42﹣全部转化成BaSO4沉淀，此时铝元素的主要存在形式是，其离子反应方程式为．18．要除去下列物质中所含杂质（括号内为杂质），请按要求填空．（1）FeCl2溶液（FeC13）除杂试剂，反应的化学方程式．（2）CO2（HCl）除杂试剂；反应的离子方程式．（3）SiO2（Al2O3）除杂试剂，反应的化学方程式．19．下面六个图中，横坐标为某溶液中加入某物质的量，纵坐标为生成沉淀的量．从A﹣F中选择符合表中各题要求的序号填入表中：加入的物质答案序号20．如图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置（夹持及加热仪器已略）．（1）固体二氧化锰和浓盐酸制备氯气的化学反应方程式为：．装置B中饱和食盐水的作用是；同时装置B亦是安全瓶，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．（2）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依次放入．（填序号）（3）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘单质的氧化性强弱．当向D中缓缓通入少量氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为橙黄色，说明Cl2氧化性Br2（填＞、＜或=）．打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡．观察到的现象是．（4）装置F中用足量的NaOH溶液吸收余氯，试写出相应的化学方程式．21．某校化学小组学生利用如图所列装置进行“铁与水反应”的实验，并进行了其他有关实验．（图中夹持及尾气处理装置均已略去）（1）装置B中发生反应的化学方程是．（2）装置E中的现象是．（3）停止反应，待B管冷却后，取其中的固体，加入过量稀盐酸充分反应，过滤．①欲检验溶液中含有Fe3+，选用的试剂为，现象是．②该实验小组同学用上述试剂没有检测到Fe3+，用离子方程式解释滤液中不存在Fe3+可能的原因：．③在此溶液中加入少量酸性高锰酸钾溶液，高锰酸钾褪色，溶液中反应的离子方程式．22．实验室用20g软锰矿（主要成分MnO2）与200mL 12mol/L的浓盐酸（足量）反应，制得标准状况下4.48L Cl2．过滤反应后的混合物得滤液，向滤液中加入足量的硝酸银溶液，产生白色沉淀．若浓盐酸的挥发忽略不计，试计算：（1）软锰矿中MnO2的质量分数是多少？（2）反应中被氧化的HCl物质的量为多少？（3）滤液中加入足量硝酸银后产生的白色沉淀的质量是多少？2016-2017学年江西省南昌市八一中学、洪都中学、麻丘中学等六校高一（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题3分，每小题只有一个答案符合题意，共48分）1．在自然界中，既有以化合态存在，又有以游离态存在的元素是（）A．碳B．硅C．镁D．铝【考点】碳族元素简介；硅和二氧化硅．【分析】根据元素的活泼性来判断元素在自然界的存在形式，碳以金刚石存在是以游离态存在，碳以二氧化碳等化合物存在时是以化合态存在，硅主要以二氧化硅存在，镁主要存在于海水中，铝主要存在于铝矿中．【解答】解：A、碳化学性质稳定，既可以以游离态存在（金刚石、石墨等），也可以以化合态存在（空气中的二氧化碳、碳酸盐等），故A正确；B、硅虽然不活泼，但它的化合物更稳定，所以自然界以二氧化硅、硅酸盐的形式存在，C、因镁最外层电子少，易失去，易被还原，从而性质活泼，只能以化合态存在，故C错误；D、因铝最外层电子少，易失去，易被还原，从而性质活泼，只能以化合态存在，故C错误；故选：A．2．下列试剂可用带磨口玻璃塞的玻璃试剂瓶保存的是（）A．氢氟酸B．硫酸C．碳酸钠溶液D．氧氧化钠溶液【考点】化学试剂的分类．【分析】能和二氧化硅反应的药品溶液不能盛放在玻璃试剂瓶中，能和二氧化硅反应生成粘性物质的药品或粘性药品不能盛放在带玻璃塞的试剂瓶中．【解答】解：A．氢氟酸和二氧化硅反应生成四氟化硅，所以不能用玻璃瓶盛放氢氟酸，要用塑料瓶盛放，故A错误；B．硫酸呈酸性，不和二氧化硅反应，所以可以带玻璃塞的试剂瓶盛放，故B正确；C．碳酸钠溶液呈碱性，能和二氧化硅反应生成硅酸钠，硅酸钠溶液具有黏性，能把玻璃塞黏住，所以不能盛放在带有玻璃塞的试剂瓶中，故C错误；D．氢氧化钠呈强碱性，能和二氧化硅反应生成硅酸钠，硅酸钠具有黏性，能把玻璃塞黏住，所以不能盛放在带有玻璃塞的试剂瓶中，故D错误．故选B．3．在酸性溶液中能大量共存而且为无色透明的溶液是（）A．NH4+、Al3+、SO42﹣、NO3﹣B．K+、Fe2+、NO3﹣、SO42﹣C．K+、MnO4﹣、NH4+、NO3﹣D．Na+、K+、ClO﹣、NO3﹣【考点】离子共存问题．【分析】酸性溶液中含大量的氢离子，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答．【解答】解：A．酸性溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，故A选；B．酸溶液中H+、Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应，不能共存，故B不选；C．MnO4﹣为紫色，与无色不符，故C不选；D．酸性溶液中不能大量存在ClO﹣，故D不选；故选A．4．在含有FeCl3、FeCl2、AlCl3、NaCl的溶液中，加入足量的NaOH溶液，在空气中充分搅拌反应后再加入过量的稀盐酸，溶液中离子数目减少的是（）A．Na+B．Fe3+C．Al3+D．Fe2+【考点】离子共存问题．【分析】加入氢氧化钠，溶液中钠离子增多，氢氧化钠与FeCl3、FeCl2、AlCl3反应，产物再与空气中的氧气以及过量的盐酸反应，据此分析．【解答】解：向溶液中加入NaOH，溶液中钠离子增多，故A错误；氢氧化钠分别与FeCl3、FeCl2、AlCl3反应的方程式为：FeCl3+3NaOH═Fe（OH）3↓+3NaCl，FeCl2+2NaOH=Fe（OH）2↓+2NaCl，AlCl3（过量）+3NaOH=Al（OH）3↓+3NaCl，Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，从方程式看出分别生成氢氧化铁沉淀、氢氧化亚铁沉淀、偏铝酸钠，而偏铝酸钠与过量的盐酸反应生成铝离子，铝离子数目没有变化．故C错误；生成氢氧化亚铁与空气中氧气反应全部生成氢氧化铁反应为4Fe（OH）2+2H2O+O2═4Fe（OH）3．然后再加入过量的盐酸，氢氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，三价铁离子数目增多，二价铁离子减少．故B错误，D正确；故选D．5．下列物质，能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红又褪色的是（）①氯气②液氯③新制氯水④敞口放置的久置氯水⑤盐酸⑥用盐酸酸化的漂白粉溶液．A．②③B．①②③④C．③⑥D．③④⑥【考点】氯气的化学性质．【分析】干燥的氯气不具有漂白作用，氯气与水反应生成HClO，HClO具有漂白性，能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色物质应既具有酸性，又有HClO存在．【解答】解：①氯气不能使干燥的石蕊试纸褪色，故①错误；②液氯不能使干燥的石蕊试纸褪色，故②错误；③新制氯水中含有HCl和HClO，能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，故③正确；④敞口放置的久置氯水是盐酸，盐酸具有酸性能使蓝色石蕊试纸变红，但盐酸没有漂白性，所以不能使试纸褪色，故④错误；⑤盐酸具有酸性能使蓝色石蕊试纸变红，但盐酸没有漂白性，所以不能使试纸褪色，故⑤错误；⑥用盐酸酸化的漂白粉溶液中含有HCl和HClO，能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，故⑥正确；故选C．6．下列各组物质作用时，反应条件（温度、反应物用量比）改变，不会引起产物种类改变的是（）A．Na和O2B．NaOH溶液和CO2C．Na2O2和CO2D．NaOH溶液和Ca（HCO3）2溶液【考点】化学方程式的书写．【分析】A．加热时生成过氧化钠，常温下生成氧化钠；B．二氧化碳不足时生成碳酸钠，二氧化碳过量时生成碳酸氢钠；C．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；D．氢氧化钠过量时生成碳酸钙、碳酸钠和水，氢氧化钠少量时生成碳酸钙、碳酸氢钠和水．【解答】解：A．Na和O2的反应，常温下生成氧化钠，加热或点燃条件下生成过氧化钠，反应条件不同产物不同，故A不选；B．NaOH溶液和CO2反应中，二氧化碳不足时生成碳酸钠，二氧化碳过量时生成碳酸氢钠，反应物用量不同，反应产物不同，故B不选；C．Na2O2和CO2反应生成碳酸钠和氧气，反应物过量情况不影响反应产物，故C 选；D．NaOH溶液和Ca（HCO3）2溶液，NaOH过量时生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，NaOH不足时生成碳酸钙沉淀、碳酸氢钠和水，产物与反应物用量有关，故D不选；故选C．7．在Al2（SO4）3和MgSO4的混合溶液中，滴加NaOH溶液，生成沉淀的量与滴入NaOH溶液的体积关系如图所示，则原混合液中Al2（SO4）3与MgSO4的物质的量浓度之比为（）A．6：1 B．1：2 C．2：1 D．3：1【考点】离子方程式的有关计算．【分析】首先发生反应Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓、Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，然后发生反应Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，由图可知，溶解Al（OH）3消耗氢氧化钠溶液的体积为10mL，根据离子方程式Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓可知，沉淀Al3+消耗的氢氧化钠溶液的体积，沉淀Mg2+、Al3+总共消耗氢氧化钠溶液50mL，计算沉淀Mg2+消耗的氢氧化钠溶液的体积，据此确定溶液中n（Mg2+）：n（Al3+），据此计算解答．【解答】解：首先发生反应Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓、Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，然后发生反应Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，由图可知，溶解Al（OH）3消耗氢氧化钠溶液的体积为10mL，根据离子方程式Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓可知，沉淀Al3+消耗的氢氧化钠溶液的体积为10mL×3=30mL，沉淀Mg2+、Al3+总共消耗氢氧化钠溶液50mL，则沉淀Mg2+消耗的氢氧化钠溶液的体积为50mL﹣30mL=20mL，则n（Mg2+）：n（Al3+）=×20mL：×30mL=1：1，原来混合溶液中Al2（SO4）3和MgSO4的物质的量之比为：1=1：2，由于在同一溶液中，物质的量浓度之比等于物质的量之比，所以原混合液中Al2（SO4）3与MgSO4的物质的量浓度之比为1：2，故选B．8．将3.9g镁铝合金，投入到500mL2mol•L﹣1的盐酸中，金属完全溶解，再加入4mol•L﹣1的NaOH溶液，若要生成的沉淀最多，加入的这种NaOH溶液的体积是（）A．125mL B．200mL C．250mL D．560mL【考点】镁、铝的重要化合物；化学方程式的有关计算．【分析】镁铝合金与盐酸反应，金属完全溶解，生成氯化镁和氯化铝，氯化镁和氯化铝，加入4mol•L﹣1的NaOH溶液，生成的沉淀最多时，Mg2+和Al3+全部转化为沉淀，所以溶液中的溶质只有NaCl，根据氯原子和钠原子守恒解题．【解答】解：镁铝合金与盐酸反应，金属完全溶解，发生的反应为：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑；2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，氯化镁和氯化铝，分别与NaOH溶液反应的方程式为：AlCl3+3NaOH=Al（OH）↓+3NaCl，MgCl2 +2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaCl．Mg2+和Al3+全部转化为沉淀，所3以溶液中的溶质只有NaCl．根据氯原子和钠原子守恒得到如下关系式：HCl～NaCl～NaOH1 12mol/L×0.5L 4mol/L×VV=0.25L=250ml故选C．9．甲、乙、丙、丁分别是BaCl2、NaOH、FeCl2、Al2（SO4）3、四种物质中的一种．若将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，丁溶液滴入甲溶液时，无明显现象发生．据此可推断丙物质是（）A．BaCl2B．NaOH C．FeCl2D．Al2（SO4）3【考点】无机物的推断．【分析】若将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，可知丁为NaOH，乙为Al2（SO4）3；丁溶液滴入甲溶液时，无明显现象发生，可知甲为BaCl2，以此来解答．【解答】解：因NaOH与Al2（SO4）3反应生成白色沉淀，NaOH过量时沉淀溶解，NaOH与FeCl2反应生成白色沉淀迅速变为灰绿色最后为红褐色，则若将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，可知丁为NaOH，乙为Al2（SO4）3；丁溶液滴入甲溶液时，无明显现象发生，可知甲为BaCl2，据此可推断丙物质是FeCl2，故选C．10．将少量的CO2通入下列溶液中，不变浑浊的是（）A．偏铝酸钠溶液B．CaCl2溶液C．澄清石灰水D．硅酸钠溶液【考点】镁、铝的重要化合物；含硅矿物及材料的应用．【分析】A．偏铝酸钠溶液通入少量的CO2生成氢氧化铝沉淀；B．CaCl2溶液通入过量的二氧化碳，不反应；C．将少量CO2通入到澄清石灰水中，生成碳酸钙；D．碳酸酸性强于硅酸酸性，根据“强酸”制弱酸的规律，反应生成硅酸沉淀和碳酸钠．【解答】解：A．偏铝酸钠溶液通入少量的CO2生成氢氧化铝沉淀，能产生沉淀，故A不选；B．CaCl2溶液通入过量的二氧化碳，不反应，无浑浊出现，故B选；C．将少量CO2通入到澄清石灰水中，发生如下反应：CO2+Ca（OH）2═CaCO3+H2O，有浑浊出现，故C不选；D．硅酸钠溶液和二氧化碳的反应：Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3，能产生沉淀，故D不选，故选B．11．向NaBr、NaI、Na2CO3的混合溶液中通入足量氯气后，将溶液蒸干并充分灼烧，得到固体剩余物的组成可能是（）A．NaCl B．NaCl、Na2CO3C．NaCl、I2 D．NaCl、NaI、Na2CO3【考点】氯气的化学性质．【分析】向NaBr、NaI、Na2CO3的混合溶液中通入﹣定量氯气后，发生如下反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，Cl2+2NaBr═2NaCl+Br2，2NaI+Cl2═2NaCl+I2，Na2CO3+2HCl═2NaCl+CO2↑+H2O，反应后将液体加热蒸干，根据溴具有挥发性，碘易升华，HCl、Cl2，这些物质都从溶液中挥发跑掉了，最后全部为NaCl．【解答】解：将氯气通入溶液中，氯气溶于水，溶于水的氯气部分与水发生反应反应方程式为：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，相当于新制的氯水，其中的氯气与溶液中的NaBr、NaI反应，氯气与水反应生成的盐酸与Na2CO3反应，其反应方程为：Cl2+2NaBr═2NaCl+Br2，2NaI+Cl2═2NaCl+I2，Na2CO3+2HCl═2NaCl+CO2↑+H2O，将溶液中的NaBr、NaI、Na2CO3的反应完毕后，将溶液加热蒸干并灼烧的过程中，生成的Br2挥发跑掉了，I2易升华，剩余的氯气，生成的氯化氢、次氯酸都从溶液中挥发掉了，最后剩余氯化钠，因此向NaBr、NaI、Na2CO3的混合溶液中通入﹣定量氯气后，将溶液蒸于并充分灼烧，得到的固体为NaCl．故选A．12．不能使橙色溴水层变为无色的是（）A．NaOH溶液B．用CCl4多次萃取C．锌粉D．KI 溶液【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【分析】A．溴水与NaOH反应生成NaBr、NaBrO；B．溴不易溶于水，易溶于CCl4；C．溴与Zn反应；D．溴与KI反应生成碘．【解答】解：A．溴水与NaOH反应生成NaBr、NaBrO，则溶液为无色，故A不选；B．溴不易溶于水，易溶于CCl4，则用CCl4多次萃取，水层为无色，故B不选；C．溴与Zn反应，溶液为无色，故C不选；D．溴与KI反应生成碘，由橙色变为紫红色，不能变为无色，故D选；故选D．13．如图所示：若关闭Ⅰ阀，打开Ⅱ阀，让一种含有氯气的气体经过甲瓶后，通入乙瓶，布条不褪色；若关闭Ⅱ阀打开Ⅰ阀，再通入这种气体，布条褪色．甲瓶中所盛的试剂可能是（）①浓H2SO4②浓NaOH溶液③KI溶液④饱和NaCl溶液．A．②B．②③C．①②③D．①②④【考点】探究氯水、氯气的漂白作用．【分析】干燥的氯气不具有漂白性，潮湿的氯气具有漂白性，漂白原理是氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，氢氧化钠可以和氯气反应，碘化钾可以和氯气反应，浓硫酸具有吸水性，以此来解答．【解答】解：关闭II阀打开I阀，再通入这种气体，布条褪色，说明通入的氯气含有水分，能生成次氯酸，所以褪色；若关闭I阀，打开II阀，让一种含氯气的气体经过甲瓶后，通入乙瓶，布条不褪色；说明氯气或被干燥或被吸收，所以不能使布条褪色．①浓硫酸具有吸水性，可以将氯气干燥，所以若关闭I阀，打开II阀，让气体经过甲瓶后，再通入乙瓶，布条不褪色，符合题意，故①正确；②浓氢氧化钠能和氯气反应，所以若关闭I阀，打开II阀，让气体经过甲瓶后，再通入乙瓶，因为氯气被吸收，布条不褪色，符合题意，故②正确；③碘化钾溶液能和氯气反应，所以若关闭I阀，打开II阀，让气体经过甲瓶后，再通入乙瓶，因为氯气被吸收，布条不褪色，符合题意，故③正确；④饱和氯化钠溶液不能和氯气反应，也不能将氯气干燥，所以氯气经过该溶液后，会使乙瓶中的布条褪色，不合题意，故④错误．故选C．14．实验室用下列两种方法制氯气：①用含HCl 146g的浓盐酸与足量的MnO2反应；②用87gMnO2与足量浓盐酸反应．所得的氯气（）A．①比②多B．②比①多C．一样多D．无法比较【考点】氯气的实验室制法．【分析】用含HCl146g的浓盐酸与足量的MnO2反应，理论上应生成1mol氯气，但随反应进行，浓盐酸浓度减小变稀到一定程度，不会和二氧化锰反应生成氯气，所以实际产生氯气小于1mol；用87gMnO2与足量浓盐酸反应．通过化学方程式计算可得，生成氯气为1mol；比较得出答案．【解答】解：反应化学方程式为MnO2+4HCl MnCl2+Cl2↑+2H2O；理论计算：①含HCl146g的浓盐酸与足量的MnO2反应，4HCl～Cl2，可得氯气1mol，但随盐酸浓度变稀，溶质HCl不可能全部反应，故实际生成氯气应小于1mol；②用87gMnO2与足量浓盐酸反应，因为浓盐酸足量，可以使87gMnO2全部反应，故生成氯气为1mol；所以②＞①；故选B．15．某温度下，将氯气通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合溶液（已知氯气和NaOH在一定温度下能发生反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O），经测定ClO﹣与ClO3﹣的物质的量之比为1：2，则氯气与氢氧化钠反应时，被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为]（）A．21：5 B．11：3 C．3：1 D．4：1【考点】氧化还原反应的计算．【分析】Cl2生成ClO﹣与ClO3﹣是被氧化的过程，Cl2生成NaCl是被还原的过程，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，根据ClO﹣与ClO3﹣的物质的量浓度之比可计算失去电子的总物质的量，进而可计算得到电子的总物质的量，可计算被还原的氯元素的物质的量，则可计算被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比．【解答】解：Cl2生成ClO﹣与ClO3﹣是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，ClO﹣与ClO3﹣的物质的量浓度之比为1：2，则可设ClO﹣为1mol，ClO3﹣为2mol，被氧化的Cl共为3mol，失去电子的总物质的量为1mol×（1﹣0）+2mol×（5﹣0）=11mol，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，Cl2生成NaCl是被还原的过程，化合价由0价降低为﹣1价，则得到电子的物质的量也应为11mol，则被还原的Cl的物质的量为11mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为11mol：3mol=11：3，故选B．16．向含有FeBr2、FeI2的溶液中通入一定量的氯气后，再向溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为红色，则下列叙述不正确的是（）A．通入氯气后的溶液中一定不存在I﹣B．通入氯气之后原溶液中的Fe2+全部被氧化C．原溶液中的Br﹣可能被氧化D．若取少量所得溶液，再加入CCl4溶液充分振荡，静置、分液，下层溶液可能呈紫红色【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【分析】还原性：I﹣＞Fe2+＞Br﹣，氯气先氧化I﹣，然后氧化二价铁，最后氧化Fe2+，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为红色，说明I﹣全部被氧化，Fe2+部分或全部被氧化，Br﹣可能被氧化来分析．【解答】解：A．还原性：I﹣＞Fe2+＞Br﹣，向含有FeBr2、FeI2的溶液中通入一定量的氯气后，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为血红色，说明Fe2+部分或全部被氧化，I﹣一定全部被氧化，故A正确；B．向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为血红色，说明Fe2+部分或全部被氧化，故B错误；C．向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为血红色，说明Fe2+部分或全部被氧化，出现铁离子，原溶液中的Br﹣可能被氧化，故C正确；D．如Br﹣被氧化生成Br2，则加入CCl4溶液充分振荡，静置、分液，下层溶液可能呈紫红色，故D正确．故选B．二、非选择题（共52分，共6小题）17．（1）硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，向其中通入过量的CO2，会出现软而透明的凝胶胶体，其离子方程式是SiO32﹣+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3﹣；（2）洪灾过后，饮用水的消毒杀菌成为抑制大规模转染性疾病暴发的有效方法之一．漂白粉是常用的消毒剂，工业上制漂白粉反应的化学方程式为2Cl2+2Ca （OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，漂白粉的有效成分是Ca（ClO）2（填化学式）（3）把Ba（OH）2溶液滴人明矾溶液中，使SO42﹣全部转化成BaSO4沉淀，此时铝元素的主要存在形式是AlO2﹣，其离子反应方程式为Al3++4OH﹣+Ba2++SO42﹣=AlO2﹣+BaSO4↓+2H2O．【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；离子方程式的书写．【分析】（1）硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，向其中通入过量的CO2，会出现软而透明的凝胶胶体硅酸胶体和碳酸氢钠；（2）氯气在碱性条件下自身发生氧化还原反应，可与石灰乳反应生成氯化钙和次氯酸钙，次氯酸钙可生成具有氧化性的HOCl，可用于杀菌消毒；（3）明矾的化学式为KAl（SO4）2•12H2O，设明矾为1mol，则溶液中含有1molAl3+，2molSO42﹣，根据反应：SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓、Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O判断．【解答】解：（1）硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，向其中通入过量的CO2，会出现软而透明的凝胶胶体硅酸胶体和碳酸氢钠，其离子方程式是SiO32﹣+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3﹣，故答案为：SiO32﹣+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3﹣；（2）氯气与石灰乳反应生成氯化钙和次氯酸钙，反应的方程式为2Cl2+2Ca（OH）=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，漂白粉的主要成分为CaCl2和Ca（ClO）2，其中Ca（ClO）2可生成具有氧化性的HClO，可用于杀菌消毒，Ca（ClO）2为漂白粉的有效成分，2故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；Ca（ClO）2；（3）明矾的化学式为KAl（SO4）2•12H2O，设明矾为1mol，则溶液中含有1molAl3+，2molSO42﹣，由反应SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓可知，使SO42﹣全部转化成BaSO4沉淀，需要2molBa（OH）2，则加入4molOH﹣，则发生Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，所以最后溶液中存在AlO2﹣，反应的离子反应方程式为：Al3++4OH﹣+Ba2++SO42﹣=AlO2﹣+BaSO4↓+2H2O，故答案为：AlO2﹣；Al3++4OH﹣+Ba2++SO42﹣=AlO2﹣+BaSO4↓+2H2O；18．要除去下列物质中所含杂质（括号内为杂质），请按要求填空．（1）FeCl2溶液（FeC13）除杂试剂铁，反应的化学方程式Fe+2FeCl3=3FeCl2．（2）CO2（HCl）除杂试剂饱和的NaHCO3溶液；反应的离子方程式HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O．（3）SiO2（Al2O3）除杂试剂盐酸，反应的化学方程式Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O．【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【分析】（1）Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁；（2）HCl与饱和碳酸氢钠反应生成二氧化碳；（3）氧化铝与盐酸反应，而二氧化硅不能．【解答】解：（1）Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁，除杂试剂为铁，化学反应为。