【文档说明】四川省资阳市资阳中学2022-2023学年高一上学期期中化学试题 含解析.docx，共(20)页，1.171 MB，由小赞的店铺上传

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资阳中学高2022级第一学期半期考试化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23Cl-35.5第1卷选择题(共49分)一、单项选择题：本题包括17个小题，每小题2分，共34分，每小题只有1个选项符合题意。1.化学与生活密切相关

。下列叙述错误的是A.1965年，我国科学家合成结晶牛胰岛素，标志着人类在探索生命奥秘领域迈出了关键一步B.1943年，侯德榜发明了侯式制碱法，侯式制碱法中的“碱”是指NaOHC.资阳中学为学子们燃放的五彩缤纷的烟花，是某些金属或其化合物所呈现的各种艳丽色彩D.漂白粉既可用作漂白棉、麻、纸

张的漂白剂，又可用作游泳池等场所的消毒剂【答案】B【解析】【详解】A．1965年，结晶牛胰岛素的合成，标志着我国科学家在人类探索生命奥秘领域迈出了关键一步，A正确；B．侯式制碱法中的“碱”是指纯碱、是碳酸钠，B不正确；C．灼烧时某些金属或其化合物所呈现的各种艳

丽色彩，这就是焰色试验，烟花呈现的各种艳丽色彩，是利用金属或其化合物焰色试验原理产生的，C正确；D．次氯酸钙具有强氧化性，能用于杀菌消毒，同时次氯酸钙与二氧化碳和水反应生成HClO，HClO具有漂白性，因此漂白粉既可用作漂白棉

、麻、纸张的漂白剂，又可用作游泳池等场所的消毒剂，D正确；答案选B。2.下列物质中，不属于．．．电解质的是A.H2SO4B.NaOHC.KNO3D.Ag【答案】D【解析】【分析】在水溶液中或在熔化状态下能导电的化合物为电解质，酸、碱、

盐、水和活泼金属氧化物均为电解质。【详解】A．H2SO4为酸，属于电解质，故A错误；B．NaOH为碱，属于电解质，故B错误；C．KNO3为盐，属于电解质，故C错误；D．Ag为单质，则Cu既不是电解质也不是非电解质，故D正确；故选D。3.常温下，下列钠的化合物在空

气中能稳定存在的是ANa2CO3B.Na2OC.Na2O2D.NaOH【答案】A【解析】【分析】【详解】A．Na2CO3不与空气中的成分反应，所以能稳定存在，A正确；B．Na2O会与空气中的H2O或CO2反应生成NaOH、N

a2CO3，所以不能稳定存在，B错误；C．Na2O2会与空气中的H2O或CO2反应生成NaOH、Na2CO3所以不能稳定存在，C错误；D．NaOH会与空气中的CO2、H2O反应生成Na2CO3所以不能稳定存在，D错误；答案选A。4.下列物质既能与盐

酸反应，又能与NaOH反应的是()A.Na2CO3B.NaHSO4C.NaHCO3D.Na2SO4【答案】C【解析】【详解】A.Na2CO3与盐酸反应，不与氢氧化钠溶液反应，故A错误；B.NaHSO4属于强酸的酸式盐，与盐酸不反应，但能够与氢氧化钠溶液反应，故B错误；C.NaHCO3为弱酸的酸式

盐，可与NaOH反应生成正盐Na2CO3，也可与盐酸(强酸)反应生成弱酸(H2CO3)，H2CO3不稳定，分解生成CO2和H2O，故C正确；D.Na2SO4与盐酸不反应，与氢氧化钠溶液不反应，故D错误；故

答案选C。5.下列过程不涉及氧化还原反应的是A.金属冶炼B.白醋可除水垢C.食物的腐败D.4FeSO补血剂与维生素C配合使用效果更佳【答案】B【解析】【详解】A．金属的冶炼，是把化合态金属元素还原为金

属单质的过程，与氧化还原反应有关，故A不选；B．白醋可除水垢反应为2CH3COOH+CaCO3=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，不涉及氧化还原反应，故B选；.的C．食物的腐败涉及食物的缓慢氧化，发生氧化还原反应，故C不选；D．FeSO4补血剂与维生素C配合使用效果更佳，是利用维

生素C的还原性来防止Fe2+被空气中的O2氧化，与氧化还原反应有关，故D不选；故选B。6.下列关于胶体的叙述中错误的是A.分散质粒子的直径大小：浊液<胶体<溶液B.按照分散剂的状态可将胶体分为气溶胶、液溶胶、固

溶胶C.制备氢氧化铁胶体的方法是：向沸水中逐滴加入5～6滴3FeCl饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热D.放电影时，放映机到银幕间光柱的形成是因为丁达尔效应【答案】A【解析】【详解】A．依据分散质粒子的直径大小可将分散系分为溶液、胶体与浊液，分散质粒

子的直径大小：浊液＞胶体＞溶液，A错误；B．分散剂可以是固体、气体、液体，所以胶体根据分散剂状态的不同，可以分为液溶胶、气溶胶.固溶胶，B正确；C．向沸水中逐滴加入5～6滴3FeCl饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热，即可制得氢氧化铁胶体，C

正确；D．胶体具有丁达尔效应，空气中往往存在气溶胶，放电影时，放映机到银幕间光柱的形成是因为丁达尔效应，D正确；故选A。7.用下图所示装置进行如下实验，能达到实验目的的是A瓶中盛满水，从B口进气，用排水法收集H

Cl气体B.瓶中盛适量浓硫酸，从A口进气来干燥NH3C.从B口进气，用排空气法收集CO2D.瓶中盛满水，A口连导管并伸入量筒中，从B口进气，用排水法测量生成H2的体积.【答案】D【解析】【详解】A、HCl极易溶于水，不能用排水法收集，A错误；B、NH3能与H2SO4反应，所以不能用浓硫酸

干燥氨气，B错误；C、CO2的密度大于空气的密度，不能从B口进气，必须从A口进气，采取向上排空气法收集CO2，C错误；D、从B口进入H2，H2不溶于水并在水上方，产生的压强将瓶中的水压入量筒中，水的体积就是氢气的体积，D正确；答案为D。8.下列关于钠及

其化合物的说法正确的是A.氧化钠常用作潜水艇中的供氧剂B.将一小块金属钠放入2MgCl溶液中：有氢气放出，有白色沉淀生成C.钠在化学反应中表现出很强的氧化性D.氢氧化钠的俗名为纯碱，碳酸氢钠的俗名为小苏打【答案】B【解析】【详解】A．过氧化钠可与2CO反应生成2O，也可与水反应生成2O

，故过氧化钠可用于潜水艇中的供氧剂、不是氧化钠，A错误；B．将一小块金属钠放入2MgCl溶液中，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与2MgCl溶液发生复分解反应，则最终生成氯化钠、氢气和白色沉淀氢氧化镁，B正确；C．钠的最外层只有一个

电子，钠易失去电子化合价升高，钠在化学反应中表现出很强的还原性，C错误；D．纯碱是23NaCO的俗名，D错误。选B。9.1.28g某气体含有的分子数目为1.204×1022，则该气体的摩尔质量为()A.64gB.64C.64g·mol-1D.

32g·mol-1【答案】C【解析】【详解】1.28g某物质中含有1.204×1023个分子，其物质的量为22231.204106.0210mol=0.02mol，则摩尔质量为1.28g÷0.02mol=64g/mol，故选C。10.在一定条件下，3个X2O2-7离子恰好能把9个2-3SO离子

氧化成2-4SO，则还原产物中X元素的化合价为A.+1B.+2C.+3D.+4【答案】C【解析】【详解】X2O2-7离子中X的化合价为+6价，2-3SO离子被氧化生成2-4SO，S元素化合价由+4价转化为+6价，设X2O2-7离子中

X在还原产物中化合价为n，根据得失电子守恒可知，32(6-n)=9(6-4)，解得n=3；故选C。11.下列化学方程式中，表示电子转移的方向和数目都正确的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】

A．方程式中氢气失去电子，氯气得到电子，箭头由氢气指向氯气，箭头方向标反，应为，A错误；B．铁与硫酸铜溶液发生置换反应，铁失去2个电子，铜离子得到2个电子，双线桥表示为：，B正确；C．Cu由0价升高到＋2价，转移2e-，HNO3

中部分N由＋5价降低到＋4价，转移2×e-，正确的表示方法为，C错误；D．HgS中汞元素由＋2价降低到0价，得到2e-，O2中氧元素由0价降低到-2价，得到2×2e-，故反应中共得到6e-，HgS中硫

元素由-2价升高到＋4价，失去6e-，正确的表示方法为，D错误；故选B。12.科学家发现一种新型氮分子，其化学式为4N，在相同条件下，等质量的4N和2N具有相同的A.分子数B.摩尔质量C.原子数D.物质的量【答案】C【解析】【分析】等质量的N4和N2，则N4物质的量为14mgmn()=mo

l56gmNol56−=，N2物质的量为12mgmn()=mol28gmNol28−=。【详解】A．根据分子数之比等于物质的量之比，因此分子数不相同，故A不符合题意；B．N4和N2的摩尔质量分别为56g/mol、28g/mol，不相同，故B不

符合题意；C．根等质量的N4和N2原子的物质的量分别为mmol456，mmol228，因此原子数相同，故C符合题意；D．据分析，等质量的N4和N2的物质的量不相同，故D不符合题意。答案为C。13.在强酸性无色透明溶液中，下

列各组离子能大量共存的是A.Ag+、K+、Cl−、3NO−B.2Mg+、Na+、3NO−、24SO−C.3Fe+、2Ca+、24SO−、4MnO−D.Na+、2Ba+、Cl−、3HCO−【答案】B【解析】【详解】A．在强酸性无色透明溶液中含大量氢离子，Ag+、Cl−会形成沉淀，不能大量

共存，A错误；B．大量氢离子与2Mg+、Na+、3NO−、24SO−，不能相互反应，可以大量共存，且均为无色，B正确；C．大量2Ca+、24SO−会形成硫酸钙沉淀，且含3Fe+、4MnO−的为有色溶液，C错误；D．大量氢离子与3HCO−产

生二氧化碳气体，D错误；答案选B。14.用如图所示实验装置进行相关实验探究，其中装置不合理的是ABCD比较23NaCO、3NaHCO的稳定性证明22NaO与水反应放热证明2Cl能与烧碱溶液反应探究钠与2Cl的反应A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．套装小试管加热温度较低，碳酸氢

钠应放在套装小试管中，通过澄清水是否变浑浊可证明稳定性，题中装置无法达到实验目的，选项A错误；B．可观察到脱脂棉燃烧，可说明过氧化钠与水反应放出大量的热，选项B正确；C．氯气与NaOH反应，则气球变大，可验证氯气与NaOH的反应，选项

C正确；D．钠与氯气加热生成氯化钠，碱液可吸收过量的氯气，图中装置可探究钠与氯气的反应，选项D正确；答案选A。15.设AN为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.21.6gO和3O混合气体中，所含氧原子数目为A0.1NB.31mol

HO+所含质子数目为A10NC.将30.1mol?FeCl滴入沸水所形成的胶体中含有氢氧化铁胶体粒子数目为A0.1ND.271gCl与足量NaOH溶液反应，转移电子数目为A2N【答案】A【解析】【详解】A．氧气和臭氧

组成的混合气体中只含有氧原子，1.6g即0.1mol氧原子，所以所含氧原子数目为A0.1N，故A正确；B．31molHO+所含质子数目为A11N，故B错误；C．氢氧化铁胶体微粒为多个氢氧化铁的集合体，将含0.

1molFeCl3的溶液滴入沸水中，所制得的Fe(OH)3胶体粒子小于0.1NA，故C错误；D．71gCl2物质的量为1mol，Cl2与NaOH溶液的反应为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，1

molCl2参与反应则转移1mol电子，转移电子数为NA，故D错误；故选A。16.下列有关23NaCO与3NaHCO叙述中正确的是A.分别用炒锅加热两种样品，全部分解挥发，没有残留物的是3NaHCOB.向两只小烧杯中分别加入少量的23NaCO和3NaHCO，再加入等量的盐酸，产生气泡快的是23

NaCOC.分别取少量的23NaCO和3NaHCO于两只小烧杯中，加水溶解，再加入少量澄清石灰水，无白色沉淀生成的是3NaHCOD.保持温度不变，向23NaCO饱和溶液中通入2CO，有3NaHCO结晶析出【答案】D【解析】【详解】A．碳酸氢钠分解生成碳酸钠，碳酸钠稳定，所以分别用炒锅加热两

种样品，都会有固体剩余，故A错误；B．与盐酸反应时，碳酸氢钠产生二氧化碳较快，可直接生成二氧化碳气体，而碳酸钠先与盐酸生成碳酸氢钠，进而继续与盐酸反应生成二氧化碳气体，产生气体较慢，故B错误；C．纯碱和小苏打都与石灰水反应生成碳酸钙沉淀，故C错误；D．向Na2CO3溶液中通

入CO2，发生反应Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，NaHCO3的溶解度小于Na2CO3、水有部分消耗，故保持温度不变向23NaCO饱和溶液中通入2CO时，有3NaHCO结晶析出，故D正确；

答案选D。17.利用传感器和信息处理终端对氯水的光照实验进行数据采集与分析得到以下图象，相关说法不正确的是A.图一可为光照过程中氯水的pH值变化情况B.图二可为光照过程氯水中氯离子浓度的变化情况C.图三可为光照过程中氯气在瓶中的体积分数D.氯水应保存在配有玻璃

塞的棕色细口瓶中【答案】C【解析】【分析】氯水中存在平衡：H2O+Cl2HCl+HClO，光照时：2HClO=2HCl+O2↑，HClO消耗使第一个反应向正向移动，有更多的HCl生成，HClO减少，生成更多的O2，以此解答。【详解】A．由分析，光照会有更多的HCl生成，HCl为强酸，则溶

液的pH下降，A选项正确；B．光照过程中，HClO分解生成HCl，增加H+的同时也增加Cl−，Cl−浓度应提高，B选项正确；的C．光照使反应H2O+Cl2HCl+HClO向正反应进行的程度更大，消耗更多的Cl2，C

l2的浓度降低，C选项错误；D．光照能够使氯水中的HClO分解，因此氯水应保存在玻璃塞的棕色瓶中，避免阳光直射，D选项正确；故选C。二、单项选择题：本题包括5个小题，每小题3分，共15分，每小题只有1个选项符合题意。

18.下列叙述正确的是A.在反应中氯原子比镁原子失去电子数多，故还原性氯强于镁B.将金属Na加入到4CuSO溶液中可以置换出单质CuC.非金属只能做氧化剂，金属只能做还原剂D.金属离子被还原不一定得到金属单质【答案】D【解析】【详解】A．还原性的强弱与失去电子的

难易有关，与数目无关，故A错误；B．将金属Na加入到4CuSO溶液中，钠先和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再和4CuSO溶液发生复分解反应，则Na与CuSO4溶液反应生成硫酸钠、氢气和氢氧化铜，不会置换出Cu()22222NaCu+2HO=C

uOH2NaH+++++，故B错误；C．非金属单质在反应中元素的化合价可能升高，可能降低，如碳与水蒸气反应制水煤气，碳是氧化剂，而氢气在氧气中燃烧，氢气为还原剂，故C错误；D．金属阳离子被还原，元素的化合价降低，如铁离子得电子被还原生成亚铁离子，故D

正确；故选D。19.有一包固体粉末，由CaCO3、Na2SO4、KNO3、BaCl2、CuSO4中的三种物质组成，取样品进行如图实验，从实验可以判断：A.该固体粉末中一定不含有BaCl2B.该固体粉末中一定含有KNO3C.它的

组成可能是CaCO3、BaCl2、Na2SO4D.它的组成一定是CaCO3、Na2SO4、KNO3【答案】B【解析】【分析】固体由CaCO3、Na2SO4、KNO3、BaCl2、CuSO4中的三种物质组成，由实验流程可知，溶于水过滤得到无色溶液，则一定不含CuSO4，且白色沉淀溶于盐

酸生成气体和无色溶液，可知白色沉淀为CaCO3，则只含Na2SO4、BaCl2中的一种，且一定含KNO3，以此来解答。【详解】A．由上述分析可知，可能含BaCl2，不含Na2SO4，故A错误；B．该固体粉末中一定含有KNO3、CaCO3，

含Na2SO4、BaCl2中的一种，故B正确；C．BaCl2、Na2SO4不能同时存在，故C错误；D．组成可能是CaCO3、Na2SO4、KNO3，或CaCO3、BaCl2、KNO3，故D错误；故选B。20.我国古代四大发明之一的黑火药是由硫磺粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，

爆炸时的反应为：3222S2KNO3C=KSN3CO++++。关于该反应的说法正确的是A.该反应的还原剂是SB.12gC被消耗时，C得到4mol电子C.该反应中所有元素均有化合价变化D.有4mol气体生成时，N原子得到10mol电子【答案】D【解析

】【分析】S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑反应中，S、N元素的化合价降低，得到电子，发生还原反应，C元素的化合价升高，失去电子，发生氧化反应，据此分析。【详解】A．反应中C元素的化合价升

高，失去电子，发生氧化，作还原剂，A项错误；B．C元素的化合价升高，失去电子，12g(即1mol)C被消耗时，C失去4mol电子，B项错误；C．该反应中K、O元素化合价没有变化，C项错误；D．有4mol气体生成时，生成N2144mol=1mol，生成

CO2344mol=3mol，N原子得到10mol电子，D项正确。答案选D。21.下列离子方程式正确的是A.将少量氯气通入2FeBr：232Cl2Fe2Fe2Cl=++−++B.将Na块放入水中，产生气体：222Na2HO=2NaOHH++C.氢氧化镁与稀

硫酸反应：2HOH=HO+−+D.将少量3NaHCO溶液滴入()2BaOH溶液中：2233322HCO2OHBaBaCOCO2HO=−−+−++++【答案】A【解析】【详解】A．还原性排序Fe2+＞Br-，将少量氯气通入2FeBr中，亚铁离子优先被氯气氧化为铁离子：232Cl2Fe2Fe2C

l=++−++，A项正确；B．金属钠与水的反应生成氢氧化钠和氢气，其正确的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，B项错误；C．氢氧化镁与稀硫酸反应，氢氧化镁是沉淀不能拆写，离子方程式为：Mg(OH)2+2H+=2H2

O+Mg2+，C项错误；D．将少量3NaHCO溶液滴入()2BaOH溶液中，反应生成碳酸钡沉淀、水和氢氧化钠，其反应的离子方程式为：Ba2++OH-+HCO-3=BaCO3↓+H2O，D项错误；答案选A。22.根据2Cl通入不同溶液中的实验

现象，所得结论错误的是溶液现象结论A4FeSO溶液溶液由浅绿色变为黄色氧化性：32ClFe+B3AgNO溶液产生白色浑浊氯气与水发生了反应C滴有酚酞的氢氧化钠溶液溶液红色褪去氯气具有酸性D品红溶液溶液褪

色氯水具有漂白性A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．4FeSO溶液中通入氯气，溶液由浅绿色变为黄色，说明氯气氧化了亚铁离子变为铁离子，则氧化性：32ClFe+，故A正确；B．3AgNO溶液通入了氯气，反应生成了白色沉淀，说明氯气与水发生了反应生成盐酸和次氯酸，盐酸和硝酸银反应生

成氯化银沉淀，故B正确；C．滴有酚酞的氢氧化钠溶液通入氯气，溶液褪色，可以由氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水引起，不能说明氯气有酸性，故C错误；D．品红溶液通入氯气，溶液褪色，说明氯水具有漂白性，故D正确。综上所述，答案为C。第11卷

(非选择题，共51分)三、本大题共4小题，共51分。23.回答系列问题。（1）有下列物质：①6g氢气；②0.5mol二氧化碳；③241.20410个氯化氢分子。请回答(填序号)：物质的量最大的是_________

__；含有原子个数最多的是___________。（2）以下为中学化学中常见的几种物质：①液氨；②熔融NaCl；③4KHSO固体；④铜；⑤3NaHCO溶液；⑥乙醇；⑦澄清石灰水。能导电有___________(填序号，下

同)；属于电解质有___________；焰色为黄色的有___________；写出③在溶液中的电离方程式___________；写出③和⑤混合反应的离子方程式___________。【答案】（1）①.①②.①（2）①.②④⑤

⑦②.②③③.②⑤④.244KHSOKHSO++−=++⑤.322HHCOHOCO+−+=+【解析】【小问1详解】①6g氢气的物质的量为6g=3mol2g/mol，所含原子的物质的量为6mol；②0.5mol二氧化碳，所含原子的物质的量为1

.5mol；③241.20410个氯化氢分子的物质的量2423-11.204102mol6.0210mol=，所含原子的物质的量为4mol。则物质的量最大的是①；根据AN=nN可知，含有原子个数最多的是①。【小问2详解】金属、石墨等因含有自由电子可

导电，电解质水溶液或熔融的电解质因含可自由移动的离子可导电，则能的导电的有②④⑤⑦；电解质是在水溶液或熔融状态下能自身电离导电的化合物，NH3在溶液中导电和其本身无关，为非电解质，单质和混合物既不是电解质又不是非电解质，则属于电解质有②③；钠元素的焰色试验为黄色，则焰色为黄色的有②⑤；③在溶

液中完全电离为钾离子、氢离子和硫酸根，电离方程式：244KHSOKHSO++−=++；③和⑤混合反应放出二氧化碳气体，离子方程式为322HHCOHOCO+−+=+。24.氧化还原反应的学习，为我们研究化学物质和化学反应提供了新的视角：（1）下列粒子中，只有还原性的是___________

(填序号)。①2S−②2Fe+③Mg④2Cl（2）高铁酸钠()24NaFeO是一种新型绿色消毒剂，湿法制备高铁酸钠的原理为：()24233NaClO2FeOH4NaOH2NaFeO3NaCl5HO++=++。该反应中氧化剂是__

_________；被氧化的元素是___________(填名称)。（3）已知反应：①3226HClKClOKCl3HO3Cl+=++②22Cl2KI2KClI+=+③2223IClHOHIOHCl++⎯⎯→+(未配平)(a)使用单线桥法标出反应①3226

HClKClO=KCl3HO3Cl+++的电子转移方向和数目___________。(b)根据以上方程式比较氧化性大小：3KClO___________2I(填>、<或=)。(c)反应③中氧化剂和还原剂的系数之比为___________。（4）二氧化氯是目前国际上公认的第四代高效无毒的广谱消

毒剂，它可由3KClO溶液在一定条件下与2SO反应制备得，该反应的离子方程为___________。【答案】（1）①③（2）①.NaClO②.铁（3）①.②.＞③.5:1（4）32-224-S22OClOClOSO+=

+【解析】【小问1详解】化合价可以升高的具有还原性，故只有还原性的是①2S−、③Mg，二者均处于最低价态；【小问2详解】()24233NaClO2FeOH4NaOH2NaFeO3NaCl5HO++=++中Cl化合价+1→-1，化合价降低，该反应中氧化剂是次氯酸钠(NaClO)；Fe的化合

价由+3→+6，化合价升高，被氧化的元素是铁元素。【小问3详解】(a)使用单线桥法标出反应①3226HClKClO=KCl3HO3Cl+++的电子转移方向和数目，则箭头一律指向氧化剂降价的原子，不得标明“得”或“失”，按Cl化合价由+5→0，得答案

为。(b)氧化剂的氧化性大于氧化产物，根据①可知氧化性:KClO3＞Cl2；根据②可知氧化性：Cl2＞I2，所以比较氧化性大小：3KClO＞2I。(c)在③I2+5Cl2+6H2O=2HIO3+10HCl中，I2作还原剂失去电子，Cl2作氧化剂获得电子，氧化剂和还原剂的物质的

量之比为5:1，则反应③中氧化剂和还原剂的系数之比为5:1。【小问4详解】可由3KClO溶液在一定条件下与2SO反应制备得ClO2，则化学方程式可以为224324SOHSO2KClO2ClO2KHSO++=+，则该反应的离子方程为32-224-S22OClOClOSO+=+。25

.含氯化合物在工农业生产和日常生活中用途十分广泛。使用软锰矿为原料精制高纯度的2MnO，并运用综合制取技术最终制取含氯漂白液、漂白粉的工艺流程如下：（1）过程Ⅲ中，4MnSO发生了___________(填“氧化”或“还原”)反应。（2）过程Ⅳ可以在实验室中实现，用以下仪器和装置制备并收集纯净干

燥的氯气：①从左到右依次连接上述仪器的正确顺序是(填各接口处字母，每种仪器只能用1次)：E→___________→___________→___________→___________→___________→________

___→___________。___________②工艺流程中过程Ⅳ的化学方程式是___________，该反应中体现了浓盐酸的___________性和___________性。（3）过程Ⅴ制备漂白液和漂白粉，下列说法不正确的是___

________(填字母)。A.漂白液和漂白粉都是混合物B.制备漂白液：2ClNaOHNaClHClO+=+C.漂白粉的漂白原理：()2232CaClOHOCOCaCO2HClO++=+D.漂白液与洁厕灵(主要成分为浓盐酸)禁止混用的原因：22ClOCl2HClHO−−+++=+（4）氯

气常用于自来水的杀菌消毒，而不法商贩用自来水冒充纯净水销售，请设计实验辨别纯净水真伪：___________。【答案】（1）氧化（2）①.E→C→D→A→B→H→G→F②.2MnO4HCl+(浓)222MnClCl2HO++

③.还原④.酸（3）B（4）取少量纯净水于试管中，滴入稀硝酸酸化，再滴入硝酸银溶液，若有白色沉淀产生，则证明该纯净水中含氯离子，是自来水冒充的。【解析】【分析】原料软锰矿主要成分是2MnO通过除杂、转化为MnSO4、结晶

、电解得高纯度的2MnO，2MnO与浓盐酸发生反应2222MnO+4HCl()MnCl+Cl+2HO浓，用氯气与碱反应最终制取含氯漂白液、漂白粉。【小问1详解】MnSO4在过程Ⅲ中发生电解生成2MnO，锰元素化合价由+2价升高为+4价，属于氧化反应，所以M

nSO4发生了氧化反应。【小问2详解】过程Ⅳ是实验室制备氯气原理，通常得到的氯气中含有挥发的HCl、水蒸气杂志要通过饱和食盐水先除去气体，再通过浓硫酸除水干燥，收集纯净干燥的氯气用向上排空气法，氯气有毒，需要尾气处理防止污染。由该过程所以仪

器连接口顺序为E→C→D→A→B→H→G→F；过程Ⅳ是2MnO与浓盐酸反应制备氯气原理，反应物2MnO与HCl(浓)，有生成物Cl2，方程式为2222MnO+4HCl()MnCl+Cl+2HO浓；浓盐酸生成Cl2过程，化合价由-1价升高到0价，发生氧化反应，H

Cl是还原剂体现还原性，而生成MnCl2时化合价没有变化，体现酸性，该反应中体现了浓盐酸还原性和酸性。【小问3详解】A．常温下，氯气通入氢氧化钠溶液中制得漂白液22Cl+2NaOH=NaCl+NaClO+HO有效成分

是次氯酸钠，还含有氯化钠等，漂白液是混合物，氯气通入冷的石灰乳中制得漂白粉222222Cl+2Ca(OH)=CaCl+Ca(ClO)+2HO，漂白粉主要成分为2CaCl和2Ca(ClO)，漂白粉是混合物，A项正

确；B．制备漂白液的反应正确书写因为22Cl+2NaOH=NaCl+NaClO+HO，B项错误；C．次氯酸酸具有漂白性，漂白粉的有效成分为2Ca(ClO)，漂白原理是2Ca(ClO)转化为次氯酸，而碳酸酸性

比次氯酸酸性强，所以在空气中发生了反应()2232CaClOHOCOCaCO2HClO++=+是漂白粉漂白原理，C项正确；D．漂白液中次氯酸钠具有强氧化性，洁厕灵中浓盐酸有还原性，二者混合使用会发生氧化还原反应生成氯气，氯气有毒，

所以禁止混合使用，离子反应方程式也书写正确，D项正确；答案选B。【小问4详解】用氯气消毒的自来水中含有较多Cl-，Cl-能与硝酸银溶液中的Ag+发生离子反应，生成AgCl白色沉淀且AgCl白色沉淀不能溶于稀硝酸溶液中，所以辨别纯净

水真伪方法是取少量纯净水于试管中，滴入稀硝酸酸化，再滴入硝酸银溶液，若有白色沉淀产生，则证明该纯净水中含氯离子，是自来水冒充的。26.现有mg含有2NaO与22NaO的混合物样品，某同学在实验室用如图装置(部分夹持仪器已省略)测定22NaO含量：回答下列

问题：（1）22NaO中阳离子与阴离子的个数之比为___________。（2）本实验装置图中有一处明显错误，请指出___________。（3）写出装置C中22NaO和2CO反应的化学方程式________

___。（4）装置D的作用是___________；若无装置D，样品中22NaO的质量分数___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。实验结束后，装置F中水的体积为VmL，己知氧气的密度为g/L，样品中22NaO质量分数

为___________(用含、m、V的代数式表示)。（5）亚硝酸钠()2NaNO是一种用途广泛的钠盐。已知亚硝酸钠可以与氯化铵反应生成氮气和氯化钠，写出该反应的化学反应方程式___________。【答案】（1）2:1（2）B中导管应该长进短出（3）2222322Na

O2CO2NaCOO+=+（4）①.吸收未反应完的2CO和2HO②.偏高③.339101008Vm−%（5）4222NHClNaNONaCl2HON+++=【解析】【分析】装置A的作用是制备CO2，装置B的作用是除去CO2中的HCl气体，装置C是样品与C

O2反应，装置D是除去O2中未反应完的CO2，装置E、F是量气法测量O2的体积。【小问1详解】22NaO由Na+和22O−构成，阳离子与阴离子的个数之比为2：1。【小问2详解】B为洗气装置，则本实验装置图一处明显错误是装置B中导管短进长出，应该长进短出；【

小问3详解】22NaO和2CO反应的化学方程式为222NaO+2CO2=2Na2CO3+O2；【小问4详解】本实验通过测定O2的含量计算混合物样品中22NaO的含量，装置D的作用是吸收未反应是CO2和水，若无装置D，测定的气体体积偏大，混合物样品中22

NaO的含量偏高；O2的质量()32O=10mV−g，根据222-32NaOO15632×10mV，()221.95NaO=4mVg，则样品中22NaO质量分数为1.95100%4Vm或339101008Vm−%。【小问5详解】获得更多资源请扫

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