【文档说明】北京市铁路第二中学2023-2024学年高一上学期期中考试化学试题 Word版含解析.docx，共(21)页，1.627 MB，由小赞的店铺上传

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北京市铁路第二中学2023——2024学年度第一学期高一化学期中考试试卷班级__________姓名__________学号__________（试卷满分：100分考试时长：90分钟）可能用到的相对原子质量：H-1O-16S-16第Ⅰ部分（选择题共50分）一、选择题（每小题只有一个

选项．．．．．．符合题意，每题2分）1.下列物质中，属于电解质的是（）A.NaClB.AlC.C2H5OHD.NaOH溶液【答案】A【解析】【分析】溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物是电解质，溶于水和在熔融状态下均不能导电的化合物是非电解质，据此判断。【详解】A．NaCl能自身电离出离子，是

电解质，A选；B．Al是单质，不是电解质也不是非电解质，B不选；C．C2H5OH不能自身电离出离子，是非电解质，C不选；C．NaOH溶液是混合物，不是电解质也不是非电解质，D不选；答案选A。【点睛】注意化合物在水溶液中或受热熔化时本身能否发

生电离是区别电解质与非电解质的理论依据，能否导电则是实验依据。能导电的物质不一定是电解质，如石墨；电解质本身不一定能导电，如NaCl晶体。2.当光束通过下列分散系时，不会出现丁达尔效应的是①蔗糖溶液；②3FeCl溶液；③云、

雾；④()3FeOH胶体；⑤水A.②③④B.③④⑤C.①②⑤D.①③④【答案】C【解析】【详解】胶体具有丁达尔效应，溶液不具有丁达尔效应；③云、雾④()3FeOH胶体为胶体，而①蔗糖溶液、②3FeCl溶液

均为溶液，④水为纯净物，不具有丁达尔效应；故选C。3.下列物质不能由单质直接化合而得的是A.FeCl2B.FeCl3C.CuOD.Na2O2【答案】A【解析】【详解】A．Fe在Cl2中燃烧生成FeCl3，而FeCl2

不能由单质直接化合而得，故A错误；B．Fe在Cl2中燃烧生成FeCl3，故B正确；C．Cu与O2共热生成CuO，故C正确；D．Na在O2或空气中燃烧生成Na2O2，故D正确；故答案为A。4.下列说法中错误的是

A.燃烧一定有发光现象B.燃烧一定是氧化还原反应C.燃烧一定要有氧气参加D.燃烧一定要放出热量【答案】C【解析】【详解】燃烧是发光发热的剧烈的氧化还原反应，燃烧一定放出热量，但燃烧不一定有氧气参加，如氢气在氯气中的燃烧等;故选C。5.在物质分类

中，前者包括后者的是A.氧化物、化合物B.化合物、电解质C溶液、胶体D.溶液、分散系【答案】B【解析】【详解】A.氧化物是由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物，故前者属于后者，故A错误；B.电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，故电解质一定是化合物，即前者包含

后者，故B正确；C.分散系根据分散质粒子直径的大小可以分为溶液、胶体和浊液，故溶液和胶体是并列关系，故C错误；D.分散系根据分散质粒子直径的大小可以分为溶液、胶体和浊液，故前者属于后者，故D错误；故选B。6.下列基本

反应类型中，一定不会．．发生电子转移的反应类型是A.化合反应B.分解反应C.置换反应D.复分解反应【答案】D.【解析】【详解】A．有单质参加的化合反应，一定发生元素化合价的改变，从而发生电子转移，A不符合题意；B．有单质生成的分解反应，一定

发生元素化合价的改变，从而发生电子的转移，B不符合题意；C．置换反应中，单质与化合物发生反应，生成新的单质和新的化合物，一定发生电子转移，C不符合题意；D．复分解反应中，两种化合物相互交换成分，生成两种新的化合物，没有元素化合价的改变，没有发生电子转移，D符合

题意；故选D。7.用自来水养金鱼时，通常先将自来水经日晒一段时间后，再注入鱼缸，其目的是（）A.利用紫外线杀死水中的细菌B.提高水温，有利于金鱼生长C.增加水中氧气的含量D.促使水中的次氯酸分解【答案】D【解析】【详解】自来水一般用氯气消毒，氯气溶于水生成氯化氢和次氯酸，次氯酸

具有氧化性，不利于金鱼的生存，所以晒一段时间的目的是促使水中的次氯酸分解，答案选D。8.焰火“迎客松”、“天下一家”，让北京冬奥运会开闭幕式更加辉煌、浪漫，这与高中化学中“焰色试验”知识相关。下列说法中正确的是A.焰色反应是化学变化B.

用稀盐酸清洗做焰色反应的铂丝(或铁丝)C.焰色反应均应透过蓝色钴玻璃观察D.利用焰色反应可区分KCl与23KCO固体【答案】B【解析】【详解】A．焰色试验是一种元素的物理性质，焰色反应是物理变化，故A错误；B．盐酸可以溶解氧化物等杂质，且易挥发，不会残留痕迹

，故用稀盐酸清洗做焰色试验的铂丝（或铁丝），B正确；C．钾元素的焰色需要透过蓝色钴玻璃片观察，避免黄色火焰的干扰，其他元素的焰色试验不需要透过蓝色钴玻璃观察，故C错误；D．KCl与23KCO固体均含钾元素，焰色均为紫色，故用焰色试验不能区分，D错误；故选B。9.下列反应中，不属于氧化

还原反应是（）的A.Cl2+H2O=HCl+HClOB.C+2H2SO4(浓)ΔCO2↑+2SO2↑+2H2OC.NH4ClΔNH3↑+HCl↑D.2Al+Fe2O3高温2Fe+Al2O3【答案】C【解析】【详解】A．C

l2+H2O=HCl+HClO，有化合价的改变，属于氧化还原反应，A不符合题意；B．C+2H2SO4(浓)ΔCO2↑+2SO2↑+2H2O，有化合价的改变，属于氧化还原反应，B不符合题意；C．NH4ClΔNH3↑+HCl↑，

无化合价的改变，不属于氧化还原反应，C符合题意；D．2Al+Fe2O3高温2Fe+Al2O3，有化合价的改变，属于氧化还原反应，D不符合题意；故答案选：C。10.下列说法中正确的是A.摩尔是含有236.0210个微粒的集体B.O2的摩尔质

量为32gC.1mol氢气中氢原子的个数为AND.1molH2SO4的质量是98g【答案】D【解析】【详解】A．摩尔是物质量的单位，每摩物质都含有阿伏加德罗常数个该物质的微粒，236.0210是阿伏加德罗常数的近似值，A不正确；B．

O2的相对分子质量为32，摩尔质量为32g/mol，B不正确；C．1mol氢气分子中，含氢原子的个数为2AN，C不正确；D．H2SO4的摩尔质量为98g/mol，1molH2SO4的质量是98g，D正确；故选D。11.下列说法中，不正确的是A.氯

气可用于自来水消毒B.过氧化钠可作供氧剂C.氢氧化钠可作食品干燥剂D.苏打可用于食用碱或工业用碱【答案】C的【解析】【详解】A．氯气的水溶液有氧化性，则氯气可用于自来水消毒，故A正确；B．过氧化钠能与水或CO2反应生成O2，则过

氧化钠可作供氧剂，故B正确；C．氢氧化钠有强腐蚀性，不能作食品干燥剂，故C错误；D．苏打是碳酸钠，水溶液有弱碱性，可用于食用碱或工业用碱，故D正确；故答案为C。12.下列各组离子能在无色透明溶液中大量共存

的是A.Na+、H+、24SO−、3HCO−B.3NO−、OH−、Na+、3HCO−C.2Cu+、Na+、Cl−、24SO−D.OH−、Na+、24SO−、Cl−【答案】D【解析】【详解】A．氢离子和碳酸氢根离子生成二氧化碳，不共存，A错误；B．氢氧根离子和碳酸氢根离子生成水和碳酸根离子，不共

存，B错误；C．铜离子溶液为蓝色，C错误；D．四种离子均无色，且相互之间不反应，能共存，D正确；故选D。13.84消毒液能使有色布条褪色，其中有效成分是A.氯气B.水C.氯化氢D.次氯酸钠【答案】D【解析】【详解】84消毒液是利用Cl2与NaOH溶液的反应制得，反应生成NaCl和NaClO，其中N

aClO有强氧化性，能使有色布条褪色，即84消毒液的有效成分是次氯酸钠，故答案为D。14.能用H＋＋OH－＝H2O表示的化学反应是A.氢氧化铜和稀硫酸反应B.Ba(OH)2溶液滴入稀硫酸中C.澄清石灰水和稀盐酸反应D.二氧化碳通入澄清石灰水中

【答案】C【解析】【详解】A.氢氧化铜和稀硫酸反应生成硫酸铜和水，反应的离子方程式为Cu（OH）2+2H+=Cu2++H2O，故A不符合题意；B.氢氧化钡溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为2H++SO2-4+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2

O，故B不符合题意；C.澄清石灰水和稀盐酸反应生成氯化钙和水，反应的离子方程式为H＋＋OH－＝H2O，故C符合题意；D.二氧化碳与清石灰水反应生成碳酸钙沉淀和水，反应的离子方程式为Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O，故D不符合题意；故选C。15.下列物质混合后，因发生氧化还原反应导致

酸性增强的是A.向水中加入22NaO粉末，产生气体B.向24HSO溶液中加入少量2BaCl溶液，产生白色沉淀C.向23NaCO溶液中加入少量3AgNO溶液，产生白色沉淀D.向水中持续通入2Cl，溶液呈

黄绿色【答案】D【解析】【详解】A．向水中加入22NaO粉末，发生反应22222NaO2HO=4NaOHO＋＋，有NaOH生成，碱性增强，故A不选；B．向24HSO溶液中加入少量2BaCl溶液，发生反应2244BaCl+HSO=BaSO+2HCl，该反应属于复分解反应，且加入少量2BaCl溶液

，酸性变化不大，故B不选；C．向23NaCO溶液中加入少量3AgNO溶液，发生反应233233NaCOAgNOAgC22ONaNO+=+，该反应属于复分解反应，反应后溶液呈中性，故C不选；D．向水中持续

通入2Cl，发生反应22ClHOHClOClH−++=++，溶液中有氢离子生成，反应后溶液酸性增强，且该反应中氯元素化合价既升高也降低，属于氧化还原反应，故D选；故选D。16.对下列物质进行分类正确的是A.纯碱

、烧碱均属于碱B.CuSO4·5H2O属于纯净物C.凡能电离出H+的化合物均属于酸D.盐类物质一定含有金属阳离子【答案】B【解析】的【详解】A．纯碱是Na2CO3，属于盐，不属于碱，故A错误；B．CuSO

4·5H2O属于结晶水合物，属于纯净物，故B正确；C．凡能电离出的阳离子全是H＋的化合物均属于酸，故C错误；D．盐类不一定含有金属阳离子，如铵盐，NH4Cl不含有金属阳离子，故D错误。综上所述，答案为B。17.下

列转化中，需要加入还原剂才能实现的A.4MnO−→Mn2+B.HCl→Cl2C.Fe→Fe3+D.NH3→NO【答案】A【解析】【详解】A．4MnO−→Mn2+时，Mn元素的化合价由+7价降低到+2价，4MnO−表现氧

化性，则需要加入还原剂才能实现，A符合题意；B．HCl→Cl2，Cl元素化合价升高，需要加入氧化剂才能实现，B不符合题意；C．Fe→Fe3+，Fe元素化合价升高，需要加入氧化剂才能实现，C不符合题意；D．NH3→NO，N元素化合价升高，需要加入氧化剂才

能实现，D不符合题意；故选A。18.下列反应的离子方程式书写正确的是A.钠与水反应：222Na2HO=2Na2OHH+−+++B.铁与稀硫酸反应：322Fe6H2FeH=3++++C.铜与硝酸银溶液反应：2AgCu=AgCu++++D.碳酸钙与盐酸反应2322CO2H=H

OCO−+++【答案】A【解析】【详解】A．钠与水反应，生成NaOH和H2，只有NaOH能拆成离子：222Na2HO=2Na2OHH+−+++，A正确；B．稀硫酸具有弱氧化性，只能将Fe氧化为Fe2+，则铁与稀硫酸反应：22Fe2HF=eH++++，B不正确；C．铜与硝酸银发生置换反应

，生成Cu2+和Ag，发生反应：22AgCu=2AgCu++++，C不正确；D．碳酸钙为难溶性盐，不能拆成离子，则碳酸钙与盐酸反应2322CaCO2H=Ca+HOCO++++，D不正确；故选A。19.如图所示，在A处通入未经干燥的氯气。当关闭B阀时C处的干燥红布条看不到

明显现象；当打开B阀后，C处的红布条逐渐褪色。则D瓶中盛放的溶液可能是①饱和NaCl溶液、②NaOH溶液、③H2O、④浓硫酸A.①B.①③C.②④D.③④【答案】C【解析】【详解】干燥氯气没有漂白性，D中盛放能消耗氯气的物质或干燥氯气的物质均会使C处的红布条无明显现象。A处通入湿润的

Cl2，关闭B阀时，C处干燥的红布看不到明显现象，当打开B阀后，C处干燥的红布条逐渐褪色，则洗气瓶D中装中物质具有吸水性或能与氯气发生化学反应，①饱和NaCl溶液不与氯气反应，也不能将氯气干燥，故①不符合题意；②NaOH溶液与氯气反应

，除去氯气，故②符合题意；③水不能完全吸收氯气，导致氯气中会混有水蒸气，故③不符合题意；④浓硫酸具有吸水性，干燥氯气得到干燥的氯气，故④符合题意；答案选C。20.从氧化还原角度分析，下列反应中水的作用相同的是①Na和2HO②2Cl和2HO③

22NaO和2HOA.①②③B.①②C.①③D.②③【答案】D【解析】【详解】①Na和H2O的反应中，Na化合价升高作还原剂，水中氢元素化合价降低作氧化剂；②Cl2和H2O反应生成HCl和HClO，H2O既不是氧化剂又不是还原剂；③Na2O2

和H2O生成NaOH和O2，H2O既不是氧化剂又不是还原剂。故选D。21.对于相同物质的量的SO2和SO3，下列说法中正确的是()。A.硫元素的质量比为5:4B.分子数之比为1:1C.原子总数之比为4:3D.质量之比为1:1【答案】B【

解析】【详解】A．相同物质的量的SO2和SO3含有S原子物质的量之比为1:1，根据m=nM可知，S元素质量之比为1:1，故A错误；B．根据N=nNA可知，相同物质的量的SO2和SO3分子数目之比为1:1，故B正确

；C．相同物质的量的SO2和SO3，含有原子数目之比为3:4，故C错误；D．据m=nM可知，相同物质的量的SO2和SO3的质量之比等于摩尔质量之比：64g/mol:80g/mol=4:5，故D错误；答案

选B。【点睛】熟练使用物质的量及其相关公式，灵活运用，将宏观物质的质量和微观粒子数连接起来的桥梁是物质的量，需要学生从微观和宏观的角度理解公式。22.硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中

回收S，其转化如图所示(CuS不溶于水)。下列说法不正确．．．的是A.过程①中，生成CuS的反应为H2S+Cu2+=CuS↓+2H+B.过程②中，CuS作还原剂C.过程③中，各元素化合价均未改变D.回收S的总反应为2H2S+O2=2H2O+2S↓【答案】

C【解析】【详解】A．根据图示可知在过程①中，H2S与Cu2+反应产生CuS沉淀和H+，根据电荷守恒、原子守恒及物质的拆分原则，可知反应生成CuS的反应为H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，A正确；B．在过程②中，CuS与Fe3+反应

产生Fe2+、Cu2+、S单质，反应方程式为CuS+2Fe3+=2Fe2++Cu2++S↓，在反应中S元素化合价由反应前CuS中的-2价变为反应后S中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，所以CuS作还原剂，B正确；C．在过程③中，Fe2+失去电子被氧化为Fe3

+；O2得到电子，与溶液中的H+结合生成H2O，所以反应过程中Fe、O元素化合价发生了改变，C错误；D．根据图示将各步反应方程式叠加，可得总反应方程式为：2H2S+O2=2H2O+2S↓，Cu2+、Fe3+是反应的催化剂，D正确；故合理选项是C。23.下列实验装置不能达到实验目

的的是A.验证Na和水反应是否为放热反应B.检验22NaO与2HO反应有2O生成C.观察纯碱的焰色反应D.比较23NaCO、3NaHCO的热稳定性【答案】D【解析】【详解】A．当看到U形管内红墨水的液面左低右高时

，表明Na和水反应为放热反应，A能达到实验目的；B．当试管口带火星的木条复燃时，22NaO与2HO反应有2O生成，B能达到实验目的；C．用光洁的铁丝蘸纯碱在酒精灯火焰的外焰灼烧时，可观察纯碱的焰色反应，C能达到实验目的；D．

利用套管实验比较23NaCO、3NaHCO的热稳定性时，NaHCO3应放在小试管内，Na2CO3放在大试管内，D不能达到实验目的；故选D。24.下列“实验结论”与“实验操作及现象”不相符的一组是选项实验操作及现象实验结论A分别向碳酸钠和碳酸氢钠固体中加入少量水伴随

着放热现象的是碳酸钠固体B干燥的氯气中放入红色的干布条，布条不褪色氯气没有漂白性C向某溶液中加入3AgNO溶液，有白色沉淀生成该溶液中不一定含有Cl−D向某溶液中加入稀盐酸，有无色气体生成该溶液中一定含有23

CO−AAB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．碳酸钠溶解过程伴随明显的放热现象，碳酸氢钠溶解过程吸热，两固体加水，伴随放热的为碳酸钠，故A正确；B．干燥的氯气中放入红色的干布条，布条不褪色，说明氯气没有漂白性，故B正确；C．溶液中加入A

gNO3溶液有白色沉淀生成，该沉淀可能是AgCl也可能是碳酸银、硫酸银等，故不能说明溶液中一定存在Cl−，故C正确；D．23CO−、3HCO−等都可以和稀盐酸，生成无色气体，不能说明该溶液中一定含有23CO−，故D错误；故答案为D25.为探究Na2O2与H2O的反应，进行了如下实验：.有

关说法不正确的是（）A.实验ⅰ中发生反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O===4NaOH+O2↑B.实验ⅲ中MnO2做H2O2分解反应的催化剂C.综合实验ⅰ和ⅲ可以说明Na2O2与H2O反应有H2O2生成D.综合实验ⅱ和ⅲ可以说明使酚酞褪色的是O2【答案】

D【解析】【分析】A．过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气；B．过氧化氢在二氧化锰做催化剂作用下分解生成水和氧气；C．过氧化钠和水反应生成过氧化氢和氢氧化钠，过氧化氢分解生成水和氧气；D．过氧化钠、氧气具有氧化性也可以使酚酞褪色。【详解

】A．实验ⅰ中固体溶解有大量气泡产生，试管壁发热，说明过氧化钠与水发生反应生成氢氧化钠放出氧气，反应的化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，故A正确；B．实验ⅲ迅速产生大量使带火星木条复燃的气体，而二

氧化锰并没有明显的变化，说明MnO2做H2O2分解反应的催化剂，使反应速率加快，故B正确；C．对比实验ⅰ和ⅲ，说明Na2O2与H2O反应除与水发生反应生成氢氧化钠放出氧气外，还有H2O2生成，故C正确；D．对比实验ⅱ和ⅲ，说明使酚酞试液褪色是溶液中存在H2O2的缘故

，故D错误。故选D。【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价。解题关键：过氧化钠、过氧化氢的性质，主要是过氧化钠和水反应过程和过氧化氢分解反应等。第Ⅱ部分非选择题（共50分）26.钠及其化合物在认识物质转化规律以及生产生活中均有重要应用。（1）金属与水的反应①Na的原子结构示意图是__

________。②钠与水反应的化学方程式是__________。③钠与水的反应放出热量的现象是__________。（2）钠失火时，可用不同的灭火剂灭火。如可用Na2CO3干粉灭火，但不能用NaHCO3灭火，结合反应方程式说明原因__________。【答案】26.①.②.2Na

+2H2O=2NaOH+H2↑③.钠熔成小球27.NaHCO3不稳定，受热易发生分解反应2NaHCO3==Na2CO3+CO2↑+H2O，分解生成的CO2和水蒸气都能与钠发生反应【解析】【小问1详解】①Na的核电荷数为11，核外有三个电子层，分别容纳2、8、1个电子，原

子结构示意图是。②钠与水反应，生成氢氧化钠和氢气，化学方程式是2Na+2H2O=2NaOH+H2↑。③钠的熔点较低，钠与水的反应放出热量，使钠熔化，则现象是：钠熔成小球。【小问2详解】钠失火时，由于NaHCO3的分解产物能与Na反应，所以可用Na2CO3干粉灭火，但不能用NaHCO3灭火，原

因为：NaHCO3不稳定，受热易发生分解反应2NaHCO3==Na2CO3+CO2↑+H2O，分解生成的CO2和水蒸气都能与钠发生反应。27.单质A、B、C分别为固体、黄绿色气体和无色气体，在一定条件下它们的反应如下图所示。回答下

列问题：（1）C在充满B的集气瓶中燃烧时反应的现象是__________。（2）A与B反应的化学方程式为__________。溶液G与A反应的离子方程式为__________。（3）F、G、H三种溶液中所含相同的阴离子，检验该阴离子的方法是：_

_________。【答案】（1）苍白色火焰，瓶口有白雾产生（2）①.2Fe+3Cl2==点燃2FeCl3②.Fe+2H+=Fe2++H2↑（3）取少量溶液放入试管，先加入稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，有白色沉淀产生，表明溶液中含有Cl-【解析】【分析】B为黄绿色气体，则B为C

l2；固体D溶于水形成黄色溶液，则D、F为FeCl3，从而得出A为Fe，H为FeCl2。气体E溶于水所得溶液G能与Fe反应，则E和G为HCl，C为H2。【小问1详解】C为H2，在充满B(Cl2)的集气瓶中燃烧时，反应的现象是：苍白色火焰，瓶口有白雾产生。【

小问2详解】A(Fe)与B(Cl2)反应，生成FeCl3，化学方程式为2Fe+3Cl2==点燃2FeCl3。溶液G(HCl)与A(Fe)反应，生成FeCl2和H2，离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑。【小问3详解】F(FeCl3)、G(HCl)、H(FeCl2)三

种溶液中所含阴离子都为Cl-，检验该阴离子时，常使用硝酸酸化的硝酸银溶液，方法是：取少量溶液放入试管，先加入稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，有白色沉淀产生，表明溶液中含有Cl-。【点睛】检验Cl-时，常加入稀硝酸排除其它离子的干扰。28.化学实验中，如使某步中的

有害产物作为另一步的反应物，形成一个循环，就可以减少该有害物质向环境排放。例如：(1)完成方程式，回答相关问题。用单线桥．．．标出反应①的电子转移的方向和数目。反应①为：__Na2Cr2O7+__HCl=__NaCl+__CrCl3+__Cl2↑+H2O（）反应⑥为：__

ClO-3+__CrO-2+__=___Cl-+__CrO2-4+__H2O（）反应⑥中还原剂为___________，还原产物为____________。(2)在上述转化中，需用氧化剂的步骤是____(填编号)。【答案】①.②.ClO-3+2Cr

O-2+2OH-=Cl-+2CrO2-4+H2O③.CrO-2④.Cl-⑤.④⑥【解析】【分析】首先标注元素的化合价，再根据化合价升降守恒配平方程式，然后结合氧化还原反应的规律分析解答。【详解】(1)反应①中Cr元素的化

合价降低了（6-3）×2=6价，Cl元素的化合价升高了2价，根据元素守恒和电子守恒，电子转移数目为6，配平得Na2Cr2O7+14HCl=2NaCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O，电子转移的方向和数目用单线桥表示为；反应⑥中Cr元素化合

价升高了6-3=3价，Cl元素的化合价降低了6价，根据元素守恒和电子守恒，电子转移数目为6，配平得ClO-3+2CrO-2+2OH-=Cl-+2CrO2-4+H2O，反应中Cr元素化合价升高，被氧化，CrO-2为还原剂，Cl元素的化合价降低，被还原，Cl-是还原产物

，故答案为：；ClO-3+2CrO-2+2OH-=Cl-+2CrO2-4+H2O；CrO-2；Cl-；(2)氧化还原反应中存在氧化剂和还原剂，实现氧化反应需要氧化剂，①转化过程中，Cr元素化合价降低，实现转化需要还原剂，④⑥转化过程中，Cr元素化合价升高，实

现转化需要氧化剂，②③⑤转化过程中，Cr元素化合价不变，不需要氧化剂，也不需要还原剂，故答案为：④⑥。【点睛】本题的易错点和难点为氧化还原反应方程式的配平，要注意结合化合价升降法和观察法配平，对于离子反应还可以借助于电荷守恒配平。29.某小组探究3AgNO溶液对氯水漂白性的影响，装置如下图所示。（

1）A中反应的离子方程式是_______。（2）B中试剂是_______。（3）用化学方程式表示D中NaOH溶液的作用_______。（4）取C中氯水，进行实验：向溶液a中加入1mL氯水。序号溶液a现象Ⅰ1滴品红2+1mLHO几秒后品红褪色Ⅱ1滴品红3+1mLAgNO溶

液几分钟后品红褪色，产生白色沉淀Ⅱ中品红褪色慢，推测可能发生了33HClOAgNOAgClOHNO+=+，导致Ⅱ中HClO减少。分析沉淀中含AgClO，探究如下：将沉淀滤出、洗涤。向沉淀中加入盐酸，产生黄绿色气体。①说明AgClO具有_______性。②产生黄绿色

气体的化学方程式是_______。③实验发现，沉淀经几次洗涤后，加入盐酸，不再产生黄绿色气体。（5）Ⅱ中溶液仍具有漂白性，可能是所加3AgNO溶液不足量。①取Ⅱ中上层清液，_______，证实所加3AgNO溶液过量。②Ⅱ中溶液仍具有漂白性的

原因是_______。（6）进一步证实Ⅱ中所得沉淀中含AgClO：向沉淀中加入饱和NaCl溶液，静置、过滤，滤渣、滤液备用。资料：AgClO在一定条件下可转化为AgCl①实验证实滤渣中无AgClO。②取滤液，_______。以上实验说明，所得沉淀中含AgClO。【答案

】（1）+2222MnO+4H+2ClM++2HOnCl−+（2）饱和NaCl溶液（3）22Cl2NaOH=NaClNaClO+HO++（4）①.氧化②.22AgClO2HClAgClClHO+=++（5）①.滴加3AgNO溶液，无明显变化②.AgClO不是很难溶的物质，溶液中存在

少量的HClO（6）向滤液中滴加一滴品红，品红褪色【解析】【分析】装置A为制取氯气的装置，其反应为2222MnO+4HCl()MnCl+Cl+2HO浓；浓盐酸具有挥发性，生成的氯气中含有少量HCl气体，为了防止HCl对实验干扰，装置B中的

为饱和食盐水，用于除去氯气中混有的HCl；氯气本身没有漂白性，因溶于水后产生HClO，HClO具有漂白性；装置C中的水用于制备氯水，装置D为尾气处理装置，其中NaOH溶液，可以吸收未反应完的氯气；【小问1详解】装置A为制取氯气的装置，其反应为222

2MnO+4HCl()MnCl+Cl+2HO浓，写成离子方程式为+2222MnO+4H+2ClM++2HOnCl−+，故答案为：+2222MnO+4H+2ClM++2HOnCl−+；【小问2详解】浓盐酸具有挥发性，生成的氯气中含有少量HCl气体，为了防止HCl对实验干扰

，装置B中的为饱和NaCl溶液，用于除去氯气中混有的HCl，故答案为：饱和NaCl溶液；【小问3详解】装置D为尾气处理装置，其中NaOH溶液，可以吸收未反应完的氯气，其反应为22Cl2NaOH=NaClNaClO+HO++，故答案为：22Cl2NaOH=NaClNaC

lO+HO++；【小问4详解】①如题，将沉淀滤出、洗涤。向沉淀中加入盐酸，产生黄绿色气体，发生反应22AgClOCl2HAgClHO−++++=++，其中AgClO中的氯元素化合价降低，被还原，作氧化剂，具有氧

化性，故答案为：氧化；②该反应的离子方程式为22AgClO2HClAgClClHO+=++，故答案为22AgClO2HClAgClClHO+=++；【小问5详解】①Ⅱ中溶液仍具有漂白性，说明溶液中可能含有HClO，取Ⅱ中上层清液，加3AgNO溶液，无明显现象，说明Ⅱ中

溶液中并无HClO，证实所加3AgNO溶液过量，故答案为：滴加3AgNO溶液，无明显变化；②HClO与3AgNO发生反应33HClOAgNOAgClOHNO+=+，AgClO不是很难溶的物质，溶液中存在少量的HClO，HClO具有强氧化性，能使品红氧化褪色，所以Ⅱ中溶液仍具有漂白性，故答案

为：AgClO不是很难溶的物质，溶液中存在少量的HClO；【小问6详解】根据题意，向沉淀中加入饱和NaCl溶液，发生反应为AgClO+NaCl=NaClOAgCl+，滤渣为AgCl，滤液中含有NaClO，证明滤液中含有NaClO的方

法为：向滤液中滴加一滴品红，品红褪色，说明滤液中含有NaClO，故答案为：向滤液中滴加一滴品红，品红褪色。30.某课外活动小组为探究“干燥的CO2能否与Na2O2反应”，设计了如下实验装置：（1）加装完药品后，首先打开__________（填K1或K2，下同）

，关闭__________，加入稀硫酸，生成CO2。一段时间后加热铜丝，实验中观察到铜丝未变黑色。X是__________。实验得出的结论是：__________。（2）为进一步探究潮湿的CO2是否与

Na2O2反应，继续进行操作，打开__________（填K1或K2，下同），关闭__________，加热铜丝，出现铜丝变黑现象，得出的实验结论是：__________。（3）写出盛放Na2O2的干燥管中可能发生反应的化学方程式（写出其中一个）：__________

。【答案】（1）①.K1②.K2③.浓硫酸④.干燥的CO2不能与Na2O2反应生成氧气（2）①.K2②.K1③.潮湿的CO2能与Na2O2反应生成氧气(或水蒸气能与Na2O2反应产生氧气)（3）2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+

O2(或2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O)【解析】【分析】本实验的目的，探究干燥的CO2能否与Na2O2反应。制气装置中产生的CO2中混有水蒸气，为潮湿的CO2，要将其转化为干燥的CO

2，需要用浓硫酸进行干燥，则X应为浓硫酸。若要获得干燥的CO2，气体应经过第二个装置，则应打开K1、开闭K2；若想得到潮湿的CO2，则应关闭K1、打开K2。【小问1详解】由分析可知，检验干燥的CO2不与Na2O2反应时，在加装完药品后，首先打开K1，关闭K2，加入稀硫酸，

生成CO2。此时气体经过盛有浓硫酸的洗气瓶，一段时间后加热铜丝，实验中观察到铜丝未变黑色。X是浓硫酸。实验得出的结论是：干燥的CO2不与Na2O2反应生成氧气。【小问2详解】为进一步探究潮湿的CO2是否与Na2O2反应，继续进行操作，打开K2，关闭K

1，气体不经过盛有浓硫酸的洗气瓶，加热铜丝，出现铜丝变黑现象，得出的实验结论是：潮湿的CO2能与Na2O2反应生成氧气(或水蒸气能与Na2O2反应产生氧气)。【小问3详解】盛放Na2O2的干燥管中可能发生反应的化学方程式：2

Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2(或2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O)。【点睛】潮湿CO2与Na2O2反应生成O2，水蒸气的作用相当于催化剂。31.某小组

同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应资㺶：i.Mn2+在一定条件下被Cl2或ClO﹣氧化成MnO2(棕黑色)、MnO24−(绿色)、MnO4−(紫色)。ii.浓同条件下，MnO4−可被OH﹣还原为MnO24−。iii.Cl

2的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。实验装置如图(夹持装置略)：序号ⅠⅡⅢ物质a水5%NaOH溶液40%NaOH溶液通入Cl2前C中实验现象得到无色溶液产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑

色沉淀产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀通入Cl2后C中实验现象产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀（1）实验室中利用MnO2和浓盐酸加热的反应来制取氯气，对比本实验A中的反应，推测氧化性MnO2

_______KMnO4(填“>”或“＜”)。（2）B中试剂是_______(填序号)。①浓硫酸②饱和食盐水（3）通入Cl2前，Ⅱ、Ⅲ中沉淀由白色变为棕黑色，补全发生反应的化学方程式：_______________Mn(OH)2+

_______=_______+_______H2O。（4）对比实验Ⅰ、Ⅱ通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是：①_______；②在碱性条件下可以被氧化到更高价态。（5）根据资料ii，Ⅲ中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液原因一：可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱。原因

二：可能是氧化剂过量，氧化剂将MnO24−氧化为MnO4−。①用化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因_______，但通过实验测定，溶液的碱性变化很小。②针对原因二小组同学做如下探究：序号ⅣⅤ操作取Ⅲ中放置后的1mL悬浊液，加入4mL40%NaOH溶液取Ⅲ中放置后的1mL悬浊液

，加入4mL水现象溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深溶液紫色缓慢加深Ⅳ中溶液紫色迅速变为绿色的离子方程式为_______，溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被_______(填“化学式”)氧化，可证明Ⅲ的悬浊液中氧化剂

过量。③分析Ⅳ、Ⅴ实验现象不同的原因是_______。【答案】（1）＜（2）②（3）2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O（4）二价锰化合物在中性或弱酸性条件下只能被氧化到MnO2（5）①.Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO

+H2O②.4MnO4−+4OH﹣=4MnO24−+O2↑+2H2O③.NaClO④.浓碱条件下，MnO4−被OH﹣还原为MnO24−，NaClO氧化性随碱性的增强而减弱【解析】【小问1详解】实验室中利用MnO2和浓盐酸加热的反应来制取氯气，本实验A中高锰酸钾与浓盐

酸常温反应生成氯气，故推测氧化性：MnO2＜KMnO4；【小问2详解】装置B是除去氯气中的氯化氢，则B中试剂是饱和食盐水，故选②；【小问3详解】通入Cl2前，Ⅱ、Ⅲ中Mn2+与碱性溶液中NaOH电离产生的的OH﹣反应产

生Mn(OH)2白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色MnO2，则沉淀由白色变为黑色的化学方程式为：2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O；【小问4详解】对比实验I、II通入Cl2后的实验现象

，对于二价锰化合物还原性的认识是：二价锰化合物在中性或弱酸性条件下只能被氧化到MnO2；【小问5详解】①Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O，使溶液碱性减弱，反应的方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O

；②取III中放置后的1mL悬浊液，加入4mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深，溶液紫色变为绿色就是由于在浓碱条件下，MnO4−可被OH﹣还原为MnO24−，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可知该反应的离子方

程式为4MnO4−+4OH﹣=4MnO24−+O2+2H2O；溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被NaClO氧化，可证明III的悬浊液中氧化剂过量；③根据信息iii，Ⅳ、Ⅴ实验现象不同的原因是浓碱条件下，MnO4−被OH﹣还原为MnO24−，NaClO氧化性随碱性的增强而减弱。