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2024-2025学年高一化学上学期期中模拟卷（考试时间：75分钟试卷满分：100分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目

的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．测试范围：专题1~专题3第二单元（苏教版2019必修第一册）。5．难度系数：0

.656．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5Fe-56Ba-137一、选择题：本题共16个小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的

。1．化学与生活、社会发展息息相关，下列说法不正确的是A．侯氏制碱法的反应原理应用了物质溶解度的差异B．公共场所用“84消毒液”和“洁厕灵”(主要成分为盐酸)的混合溶液杀菌消毒效果会更好C．“熬胆矾铁釜，久

之亦化为铜”，该过程发生了置换反应D．“墨滴无声人水惊，如烟袅袅幻形生”中的“墨”能产生丁达尔效应【答案】B【解析】A．侯氏制碱法的工艺过程中第一步是将氨气、二氧化碳通入饱和食盐水中，生成的碳酸氢钠由于溶解度较低而以沉淀的形式析出，主要应用了物质的溶解度的差异，A正确；B．

“84消毒液”有效成分为NaClO，与“洁厕灵”(主要成分为盐酸)的混合发生化学反应产生氯气，有毒，不能混用，B错误；C．传统文化“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”描叙了44=Fe+CuSOFeSO+Cu，

反应类型为置换反应，C正确；D．墨滴为胶体，能产生丁达尔效应，D正确；故选B。2．分类是科学研究的重要方法，下列物质分类正确的是A．酸性氧化物：NO、2COB．同素异形体：石墨、金刚石C．碱：纯碱、一水合氨D．混合物：碘酒、232NaCO10HO【答案】B【解析】A

．NO为不成盐氧化物，A错误；B．同种元素形成的不同单质为同素异形体，所以石墨、金刚石互为同素异形体，B正确；C．纯碱为盐，C错误；D．Na2CO3⋅10H2O为纯净物，D错误；故选B。3．试管内盛有50℃的饱和硝酸钾溶液，其上漂浮一小木块，

将试管放入盛有冰水的烧杯中，如图所示，一段时间后，下列有关说法不正确．．．的是A．小木块浸入溶液内的体积变大B．试管内有晶体析出C．试管内溶液的溶质质量分数变大D．试管内溶液的质量变小【答案】C【分析】将试管放入盛有冰水的烧杯中，饱和硝酸钾溶液析出硝酸钾晶体，溶液仍然是饱和溶液

。【解析】A．饱和硝酸钾溶液析出硝酸钾晶体，溶剂的量不变，溶液密度减小，小木块浸入溶液内的体积变大，A正确；B．温度降低，饱和硝酸钾溶液析出硝酸钾晶体，试管内有晶体析出，B正确；C．溶液虽仍然是饱和溶液，但溶质质量减小，溶剂质量不变，则试管内溶液的溶质质量分数减小，C不正确；

D．饱和硝酸钾溶液析出硝酸钾晶体，试管内溶液的质量变小，D正确；故选C。4．下列关于物质的性质与用途不．具有对应关系的是A．3NaHCO溶液具有弱碱性，可用于治疗胃酸过多B．二氧化氯具有强氧化性，可用作杀菌消毒C．钠单质熔点较低，可用于冶炼金属钛D．铁粉

能与2O反应，可用作食品保存的脱氧剂【答案】C【解析】A．3NaHCO溶液具有弱碱性，能和胃酸中盐酸反应，可用于治疗胃酸过多，具有对应关系，A不符合题意；B．二氧化氯具有强氧化性，能杀灭病菌，可以用于杀菌消毒，具有对应关系，B不符合题意；C．钠的还原性强，可以用于冶

炼金属钛，与单质的熔点低无关，不具有对应关系，C符合题意；D．铁粉能与2O反应，可用作食品保存的脱氧剂，防止食品被氧化，具有对应关系，D不符合题意；故选C。5．韦恩(Venn)图常用于展示不同的事物群组(集合

)之间的数学或逻辑联系。如图是钠及其化合物反应的韦恩图，图中两圆圈相交的阴影部分表示圆圈内物质相互发生的反应。下列说法正确的是A．甲、乙、丙都属于氧化还原反应B．向饱和烧碱溶液中加入少量过氧化钠，()Na

c+不变C．甲反应的离子方程式为22Na2HONa2OHH+−+=++D．2.3gNa与2O完全反应，反应中转移的电子介于0.1mol和0.2mol之间【答案】B【解析】A．甲反应是钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，为氧化还原反应，乙是过氧化钠

和水反应生成氢氧化钠，不是氧化还原反应，丙是氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，属于氧化还原反应，故A错误；B．过氧化钠和水发生：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，消耗水，饱和的烧碱溶液中有NaOH析出，溶液中Na+数目减少，但反应后仍

为饱和溶液，c(Na+)不变，故B正确；C．甲反应的离子方程式为：2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑，故C错误；D．Na与O2完全反应，Na从0价变为+1价，2.3gNa失去的电子数为0.1mol×1×NAmol-1=NA，故D错误；答案选B。6．直径为几十纳米的纳米金颗粒具有高电子密

度和介电特性，它的一种制备方法是氯金酸()4HAuCl与硼氢化钠(化学式为4NaBH，B显+3价)反应：4422HAuCl+2NaBH+6HO=2332Au+2NaCl+5H+2HBO+6HCl。下列有关说法错误的是A．纳米金分散在空气中形成的分散系属于胶体B．硼氢

化钠为还原剂C．氧化产物为33HBO和HClD．每生成22gH，转移1.6mol电子【答案】C【解析】A．直径为几十纳米的纳米金颗粒在空气中形成的分散系为胶体分散系，故A正确；B．氯金酸(HAuCl4)与硼氢化钠(化学式为NaBH4，B显+3价)反应：2HAuCl4+2NaBH4+6H2O═2Au

+2NaCl+5H2↑+2H3BO3+6HCl,反应过程中NaBH4是还原剂，故B正确；C．NaBH4是还原剂，对应的氧化产物为H2，故C错误；D．反应：2HAuCl4+2NaBH4+6H2O═2Au+

2NaCl+5H2↑+2H3BO3+6HCl,反应中氢元素化合价-1价升高到0价，+1价氢元素化合价降低到0价，金元素化合价+3价降低到0价，生成5mol氢气电子转移总数8mol,每生成2gH2，氢气物质的量2g=1mol2g/mol，转移电子1mol81.65=mol，故D正确；故

选：C。7．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A．25℃101kPa，2.24LSO2分子中含有的氧原子数小于0.2NAB．22gCO2和N2O混合气体中含有电子数为11NAC．常温下，将7.1gCl2通入水中，转移的电子数

为0.1NAD．1L0.1mol/L的HCl溶液中含氢原子数大于0.1NA【答案】C【解析】A．25℃、101kPa，Vm>22.4L/mol，2.24LSO2的物质的量小于0.1mol，含有的氧原子数小于0.2NA，A正确；B．CO2和N2O的摩尔质

量均为44g/mol，且电子数相同为22个，22gCO2和N2O混合气体中含有电子数为11NA，B正确；C．7.1gCl2通入水中不会全部参与反应，转移的电子数小于0.1NA，C错误；D．1L0.1mol/L的HCl溶液中的水也含有氢原子，氢

原子数大于0.1NA，D正确。答案选C。8．用如图所示实验装置进行对应的实验，能达到实验目的的是A．甲：干燥2ClB．乙：比较23NaCO与3NaHCO的热稳定性C．丙：制备氢氧化铁胶体D．丁：用洁净的铁丝做焰色试验检验苏打中的金属元素【答案】D【解析】A．

氯气和水混在一起能与碱石灰发生反应，故不能用碱石灰干燥氯气，A错误；B．玻璃导热性比较差，把稳定性强的放在温度高的外管；把稳定性差的放在温度低的内管，所以用图示套管实验装置不能比较碳酸钠和碳酸氢钠热稳定性，B错误；C．制备氢氧化铁胶体时，应该将饱和三氯化铁溶

液滴入沸腾的蒸馏水中，继续加热至液体呈红褐色，停止加热来制取，图中三氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀，装置不能用于制备氢氧化铁胶体，C错误；D．铁丝本身没有焰色，可以用来做焰色试验，D正确；答案选D。9．下列有关钠及

其化合物的说法正确的是A．电解饱和食盐水可制取金属钠B．Na与2O反应的产物与反应条件有关C．2NaO与水反应生成NaOH与2OD．Na可以从4CuSO稀溶液中置换出Cu【答案】B【解析】A．电解饱和食盐水(2222NaCl+2HOH+Cl+2NaOH=通电)无法制取金属钠，电解熔融状态下

的NaCl可制取金属钠，A错误；B．Na与2O在常温下反应生成氧化钠，在加热条件下反应生成过氧化钠，则Na与2O反应的产物与反应条件有关，B正确；C．2NaO与水反应生成NaOH，C错误；D．Na与4CuSO稀溶液先反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与硫酸铜反应生成氢氧

化铜沉淀，无法置换出Cu，D错误；故选B。10．某实验小组用如图装置制备氯气并探究其性质(夹持装置已省略)。下列分析错误的是A．装置①中反应生成氯气的化学方程式为()42222KMnO16HCl2KCl2MnCl5Cl8HO+=+++浓B．a，b分别放干燥和湿润的有色布条，可以

验证干燥的2Cl不具有漂白性C．反应开始后可观察到③中溶液变黄，说明氯气具有氧化性D．反应开始后点燃酒精灯，可在⑤号硬质玻璃管中观察到棕黄色的烟【答案】B【分析】利用浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，通过饱和食盐水除去氯化氢，再通过无水氯化钙中的布条、KBr溶液、品红溶液作用

检验其氯气的漂白性、氧化性及氯气的漂白性，再与铜丝在加热条件下反应，最后利用氢氧化钠溶液进行尾气吸收。【解析】A．浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气、氯化钾、氯化锰和水，化学方程式正确，A正确；B．要验证干燥的氯气不能使有色布条褪色，应该用干燥剂干燥氯气然后用干燥的有色布条检验，所以a、b

应分别放湿润和干燥的有色布条，B错误；C．③中溶液变黄，生成溴单质，说明氯气具有氧化性，C正确；D．铜在氯气中燃烧产生棕黄色烟，D正确；故选B。11．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项操作和现象结论A向某钠盐溶液中加入盐酸，产生的无色无味

气体能使澄清石灰水变浑浊原溶液为碳酸钠溶液B亚磷酸(H3PO3)中加入过量NaOH溶液生成NaHPO3H3PO3属于二元酸C足量Fe在少量Cl2中燃烧，铁有剩余铁在少量氯气中燃烧生成FeCl2D在硫酸酸化的KMnO4溶液中加入Na2S溶液，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀-

4MnO将S2-氧化成2-4SO【答案】B【解析】A．碳酸氢钠溶液中加入盐酸，也产生无色无味气体能使澄清石灰水变浑浊，A错误；B．亚磷酸(H3PO3)中加入过量NaOH生成Na2HPO3，说明H3PO3属于二元酸，B正确；C．Fe在Cl2中

燃烧产物只有FeCl3，与过量少量无关，C错误；D．硫酸酸化的KMnO4溶液中存在2-4SO，会直接与氯化钡产生沉淀，不一定是S2-被氧化成的2-4SO，D错误；故选B。12．下列反应对应的离子方程式书写正确的是A．大理石与醋酸反应

：233223CO2CHCOOHCOHO2CHCOO−−+=++B．用澄清石灰水吸收过量的二氧化碳气体：23COOHHCO−−+=C．向碘化钾与碘酸钾的混合溶液中加入硫酸：322IIO6HI3HO−−+++=+D．硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应：2244BaSOBaSO+−+=【答案】B

【解析】A．大理石与醋酸反应，碳酸钙和醋酸都不能拆分，离子反应方程式为：2+33223CaCO2CHCOOHCOHOC2CHCOaO−+=+++，A错误；B．用澄清石灰水吸收过量的二氧化碳气体生成碳酸氢钙，离子反应方程式为：23COOHHCO−−+=，B正确；C．

该离子方程式未配平，得失电子不守恒，正确离子方程式为：3225IIO6H3I3HO−−+++=+，C错误；D．硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钡沉淀，离子方程式为：2+22442Cu+2OH+BaSOBa

SOCu(OH)−+−+=+，D错误；故选B。13．室温下，某容积固定的密闭容器由可自由移动的活塞(活塞的厚度忽略不计)隔成A、B两室，向A室充入H2、O2的混合气，向B室充入2mol空气，此时活塞的位置如图所示，实验测得A室混合气体的质量为38g，若将A室

H2、O2的混合气体点燃引爆，恢复室温后，下列说法正确的是A．点燃引爆前A室混合气体的物质的量为4mol，所含原子总数为4NAB．点燃引爆前A室中H2、O2的物质的量之比为3∶1C．点燃引爆后，最终活塞停

留的位置在1刻度D．反应后容器内气体压强和反应前气体压强之比为4∶1【答案】B【解析】A．A、B两室被可移动的活塞分隔开，则A、B两室中气体压强相等，所以A、B两室中气体同温同压下体积之比等于物质的量之比，H2、O2的混合气体和2mol空气体积之比为2∶1，则混合气体物质的量为4mol，由于

H2、O2都是双原子分子，则气体中所含原子总数为8NA，A错误；B．A室混合气体的质量为38g，则设H2物质的量为x，O2物质的量为y，则x+y=4mol；2g/molx+32g/moly=38g，解得x=3m

ol，y=lmol，故点燃引爆前A室中H2、O2的物质的量之比为3∶l，B正确；C．若将A室H2、O2的混合气体点燃引爆，恢复原温度后，H2与O2为2∶1完全反应，剩余H2的物质的量是lmol，则A、B两室中气体体积之比

等于物质的量之比等于1∶2，最终活塞停留的位置在2刻度，C错误；D．反应前A、B两室中气体共为6mol，反应后A、B两室中气体共为3mol，反应前后均在室温下且反应容器恒容，则反应前容器内气体压强和反应后气体压强之比为2∶1，故反应后容器内气体压强和反应前气体压强之比为1

∶2，D错误；故合理选项是B。14．氯及其化合物在生产生活中应用广泛。如图为氯元素的“价—类”二维图，下列叙述错误的是A．实验室用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下可制备bB．c可用作自来水厂的水体消毒剂C．f为漂白粉的有效成分，工厂常将b通入

澄清石灰水制取D．物质d既有氧化性又有还原性，且见光易分解【答案】C【分析】分析氯元素的“价类二维图”可知，a为HCl，b为Cl2，c为ClO2，d为HClO，e为氯酸盐，f属于次氯酸盐。【解析】A．实验室可以用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水，A正确；

B．ClO2具有强氧化性，可以消毒，是重要的高效消毒剂，可以用于自来水消毒，B正确；C．氢氧化钙溶解度较小，漂白粉是将氯气通入石灰乳中制得，C错误；D．HClO中Cl为+1价，不是最高价也不是最低价，可以的电子也可

以失电子，故既有氧化性也有还原性，且次氯酸见光易分解为氧气和HCl，D正确；本题选C。15．饮用水中的3NO−对人体健康会产生危害，为了降低饮用水中3NO−的浓度，某饮用水研究人员提出，在碱性条件下用铝粉将3NO−还原为2N，其化学方程式为：10Al+6N

aNO3+4NaOH+18H2O=10Na[Al(OH)4]+3N2↑。下列有关说法正确的是A．Al作还原剂，NaNO3中N被还原B．若将Al换为金属钠，也会发生类似反应C．该反应既是离子反应也是置换反应D．若反应中转移3mol电子，则生成标况下2.24LN2【答案】A【解

析】A．方程式10Al+6NaNO3+4NaOH+18H2O=10Na[Al(OH)4]+3N2↑中0价的Al转化为Na[Al(OH)4]中的+3价，化合价升高，被氧化，发生氧化反应，故Al是还原剂，而NaNO3中N由+5价降低为N2中的0价，化合价降低，

被还原，A正确；B．Na会与水反应生成氢氧化钠和氢气，不会发生类似反应，B错误；C．置换反应是“化合物+单质=单质+化合物”，该反应不符合，故不是置换反应，C错误；D．该反应中N元素由+5价下降到0价，若反应中转移3mol电子，生成3mol152=0.3molN2，

则生成标况下0.3mol×22.4L/mol=6.72LN2，D错误；故选A。16．实验小组利用传感器探究23NaCO和3NaHCO的性质(已知pH越大，溶液碱性越强)，下列分析错误的是实验操作实验数据A．起始到a点反应

的离子方程式为：223323Ca2OH2HCOCaCO2HOCO+−−−++=++B．①、②的实验数据基本相同，说明②中的OH−未参与反应C．实验②、③生成的沉淀都是3CaCOD．加入试剂体积相同时，②比③溶液碱性更强【答案】A【分析】向澄清石灰水中加入碳酸钠溶液发生的

反应为：Ca(OH)2+Na2CO3=2NaOH+CaCO3↓，反应时，溶液中氢氧根离子浓度变化小，与加入等体积蒸馏水变化基本相同；向澄清石灰水中加入少量碳酸氢钠溶液发生的反应为：Ca(OH)2+NaHCO3

=NaOH+CaCO3↓+H2O，加入足量碳酸氢钠溶液发生的反应为：Ca(OH)2+2NaHCO3=Na2CO3+CaCO3↓+2H2O，所以反应时，溶液中氢氧根离子浓度减小，溶液pH减小。【解析】A．由图可知，起点到a点发生的反应为Ca(O

H)2+NaHCO3=NaOH+CaCO3↓+H2O，反应的离子方程式为2332CaOHHCOCaCOHO+−−++=+，故A错误；B．由分析可知，实验②中发生的反应为Ca(OH)2+Na2CO3=2N

aOH+CaCO3↓，离子方程式为2233CaCOCaCO+−+=，溶液中氢氧根离子浓度变化小，与加入等体积蒸馏水变化基本相同是因为实验②溶液中氢氧根离子未参与反应，故B正确；C．由分析可知，实验②和实验

③生成的沉淀都是碳酸钙白色沉淀，故C正确；D．由分析可知，实验②中发生的反应为Ca(OH)2+Na2CO3=2NaOH+CaCO3↓，实验③中发生的反应为Ca(OH)2+NaHCO3=NaOH+CaCO3↓+H2O或Ca(OH)2+

2NaHCO3=Na2CO3+CaCO3↓+2H2O，所以加入试剂体积相同时，②比③溶液中氢氧根离子浓度更大，碱性更强，故D正确；故选A。二、非选择题：本题共4小题，共52分。17．（14分）请回答下列问题：(1)现有十种物质：①铁单质②碳酸氢钠固

体③二氧化碳④硫酸钡晶体⑤醋酸⑥盐酸⑦石灰水⑧乙醇⑨熔融的硝酸钾⑩纯碱其中能导电的是，属于非电解质的是，属于电解质的是。(2)取100ml碳酸钠和硫酸钠的混合溶液，加入氢氧化钡溶液100ml后，恰好完全反应，过滤、干燥后得14.51g白色沉淀和滤液，再用过量

稀硝酸处理沉淀，沉淀最后减少到4.66g，并有气体放出。①写出沉淀溶解反应的化学方程式。②原混合液中硫酸钠的物质的量浓度；；③产生气体在标准标况下的体积；；④过滤出沉淀后，所得滤液的物质的量浓度(忽略混合前后溶液体积的变化)。【答案】(1)①⑥⑦⑨（2分）③⑧（2分）②④⑤⑨⑩（2分

）(2)333222BaCO2HNOBa(NO)HOCO+=++（2分）10.2molL−（2分）1.12L（2分）10.7molL−（2分）【解析】（1）导电有电子导电和离子导电两种，①铁单质、⑥盐酸、⑦石灰水、⑨熔化

的硝酸钾发生离子导电，所以能导电的是①⑥⑦⑨；属于非电解质的是③⑧；电解质包括酸、碱、盐、金属氧化物、水、氯化氢等，则属于电解质的是②碳酸氢钠固体、④硫酸钡晶体、⑤醋酸、⑨熔化的硝酸钾、⑩纯碱，故选②④⑤⑨⑩；（2）①白色沉淀为硫酸钡、碳酸钡，能

与稀硝酸反应的是碳酸钡，化学方程式()333222BaCO2HNO=BaN+OCO+HO+；②过滤、干燥后得到14.51g白色沉淀为硫酸钡、碳酸钡的质量，用足量的稀硝酸处理沉淀后，沉淀最后减少到4.66g，故硫酸钡为4.66g，碳酸钡质量为14.51g-4

.66g=9.85g，n(Na2SO4)=n(BaSO4)=4.66g233g/mol=0.02mol，原混合液中Na2SO4的物质的量浓度为0.02mol/0.1L=0.2mol·L－1，原混合液中Na2SO4的物质的量

浓度为0.2mol·L－1；③n(CO2)=n(BaCO3)=19.85g197g?mol－=0.05mol，故V(CO2)=0.05mol×22.4L·mol－1=1.12L，生成二氧化碳的体积为1.12L；④所得滤液溶

质为KOH。根据K元素守恒得n(KOH)=2×[n(K2SO4)+n(K2CO3)]=2×[4.66g233g/mol+14.51g-4.66g197g/mol]=0.14mol，故c(KOH)=0.14mol0.2L=0.7mol·L－1。18．（13分）利用氯元素价一类二维图可以从不同

角度研究含氯物质的性质及其转化关系。图中①～⑨均含氯元素。回答下列问题：(1)⑤的化学式是，⑥的电离方程式是。(2)工业制漂白粉是将①通入中制成的，漂白粉放置时间长了就会失效，原因是(用化学用语解释)。(3)2ClO可用于自来水消毒，工业上常用2

NaClO制备2ClO，该反应的化学方程式为2225NaClO4HCl5NaCl4ClO2HO+=++，氧化剂与还原剂的物质的量之比为，每消耗21molNaClO，转移电子数为(AN为阿伏加德罗常数的值)；2ClO还可将水中的2Fe+转化为3Fe+，

说明2ClO具有性，3Fe+进一步生成3Fe(OH)胶体，检验有胶体生成的简便方法为。【答案】(1)HClO（1分）+44HClOH+ClO−=（2分）(2)石灰乳（1分）Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO，22HClO2

HCl+O光照（2分）(3)1：4（2分）A0.8N（2分）氧化（1分）丁达尔效应（2分）【分析】由氯元素价一类二维图，可推知①Cl2、②HCl、③ClO2、④Cl2O7、⑤HClO、⑥HClO4、⑦NaCl、⑧NaClO、⑨

NaClO3，由此分析回答；【解析】（1）由分析可知，⑤为次氯酸，化学式为HClO；⑥为HClO4，强电解质，在水中完全电离，电离方程式为+44HClOH+ClO−=；（2）工业制漂白粉将氯气通入石灰乳中生成氯化

钙、次氯酸钙和水；漂白粉失效是次氯酸钙与空气中的二氧化碳、水蒸气反应生成次氯酸，次氯酸在光照条件下分解成盐酸和氧气而失效，用化学用语表示为Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO，22HClO2HCl+O光照；（

3）在2225NaClO4HCl5NaCl4ClO2HO+=++反应中，Cl原子有一个从+3价得4个电子变成-1价，作氧化剂，4个从+3价升高到+4价，作还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4；反应方程式中消耗5mol2NaClO转移4mol电子，故消耗21molNaCl

O，转移电子数为A0.8N；2Fe+转化为3Fe+被氧化，故2ClO具有氧化性；3Fe+进一步生成3Fe(OH)胶体，检验有胶体生成的简便方法为丁达尔效应。19．（15分）Ca(ClO)2具有强氧化性，可作漂白剂。某化学兴

趣小组利用如图装置制取Ca(ClO)2。已知：①氯气和碱的反应是放热反应；②Ca(ClO)2遇热水会分解生成Ca(ClO3)2。回答下列问题：(1)仪器a的名称是，装置A中发生反应的离子方程式是。(2

)装置B中盛装的试剂是，其作用是。(3)装置C中的颜色变化为。(4)为了提高Ca(ClO)2的产率，防止副反应发生，装置D需要控制一定温度，采用方式为(填“热水浴”或“冷水浴”)，实验中除控制温度外还可采

取的措施是。(5)已知氯气和Ca(OH)2溶液在一定温度下能同时发生反应：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，6Cl2+6Ca(OH)2=5CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O。某温度下，将氯气通入Ca(OH)2溶液中，反应

得到CaCl2、Ca(ClO)2和Ca(ClO3)2的混合溶液，该反应中，氧化反应的产物为(填化学式)，经测定ClO-与ClO3−的个数比为2：3，则氯气与氢氧化钙反应时，被还原的氯原子和被氧化的氯原子的个数比为。【答案】

(1)圆底烧瓶(或烧瓶)（1分）MnO2+4H++2Cl-ΔMn2++Cl2↑+2H2O（2分）(2)饱和NaCl溶液（1分）除去HCl气体（1分）(3)紫色石蕊溶液先变红后褪色（2分）(4)冷水浴（2分）

控制浓盐酸滴加速度（2分）(5)Ca(ClO)2、Ca(ClO3)2（2分）17：5（2分）【分析】由实验装置图可知，A中浓盐酸与二氧化锰加热制备氯气，然后连接B中饱和食盐水可除去HCl，再连接C检验氯水的漂白性，然后连接D氯

气与石灰乳反应产生次氯酸钙和氯化钙，最后连接E进行尾气处理，以此来解答。【解析】（1）仪器a的名称是：圆底烧瓶(或烧瓶)；装置A中浓盐酸与二氧化锰加热制备氯气，发生反应的离子方程式是：MnO2+4H++2Cl-ΔMn2++Cl2↑+2H2O。（2）根据

分析可知，装置B中盛装的试剂是：饱和NaCl溶液；其作用是：除去HCl气体。（3）装置C中，氯气溶于水后产生盐酸、次氯酸，因此颜色变化为：紫色石蕊溶液先变红后褪色。（4）温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO3)2，为避免此副反应的发生，

采用方式为：冷水浴，或控制氯气产生速率，通过控制反应速率，避免反应放热瞬时升高。（5）反应中氯元素得电子CaCl2，氯元素失电子产生Ca(ClO)2和Ca(ClO3)2，因此氧化反应的产物为：Ca(ClO)2、Ca(ClO3

)2；Cl2生成ClO−与3ClO−是被氧化的过程，化合价分别由0价分别升高到+1价、+5价，ClO−与3ClO−的个数比为2：3，设生成的ClO−为2mol，3ClO−为3mol，失去电子为：2135=17mol+，可知被氧化的氯原子为34mol，根据得失电子守恒可知，Cl2生成

CaCl2是被还原的过程，化合价由0价降低到-1价，则得到电子的物质的量也应该为17mol，可知被还原的氯原子为17mol，因此被还原的氯原子和被氧化的氯原子的个数比为：17：5。20．（10分）我国化学家侯德榜发明的“联合制碱法”为世界

制碱工业做出了巨大贡献。如图为联合制碱法的主要过程(部分物质已略去)。资料：i.沉淀池中的反应为NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Clii.溶解度物质NaClNH4HCO3NaHCO3NH4Cl20℃溶解度/g36.021.79.637.2(1)①

煅烧炉中反应的化学方程式是。②物质X是(填化学式)。③该制碱工业的副产品是(填化学式)。(2)下列说法错误．．的是(填字母)。A．沉淀池中有NaHCO3析出，因为一定条件下NaHCO3的溶解度最小B．滤液中主要含有NaCl、Na2CO3和NH4ClC．设计循环的目的是提高原料的利用率(3)某纯碱样

品中含NaCl杂质，取ag样品，加入足量盐酸，充分反应后，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体物质，此样品中Na2CO3的质量分数为。【答案】(1)323222NaHCONaCO+CO+HO（2分）CO2（2分）NH4Cl（2分）(2)B（2分）(3)106(b-a)100%11a（2分）【分析

】向饱和NaCl溶液中通入NH3、CO2在沉淀池中发生反应NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，经过过滤得到滤渣NaHCO3和滤液，向滤液中通入NH3和细小的NaCl颗粒，得到NH4Cl(化肥)，将滤渣NaHCO3放

入煅烧炉中煅烧生成碳酸钠、二氧化碳和水，产生的二氧化碳可用于沉淀池循环利用。【解析】（1）①据分析可知，煅烧炉中反应的化学方程式是323222NaHCONaCO+CO+HO。②据分析可知，物质X是CO2。③根据流

程图可知，该制碱工业的副产品是NH4Cl。（2）A．根据题干提供的溶解度表格资料，沉淀池中有NaHCO3析出，因为一定条件下NaHCO3的溶解度最小，A正确；B．沉淀池中的反应为NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHC

O3↓+NH4Cl，过滤后滤液中主要含有NH4Cl，B错误；C．沉淀池和煅烧炉中反应得到的产物都可作为制取纯碱的原料，故设计循环的目的是提高原料的利用率，C正确；故选B。（3）铜元素的焰色反应呈现的颜色是绿色，则可观察到CuCl2火焰

呈绿色；另一固体的火焰呈黄色，则该固体含钠元素。（4）ag的样品，加入足量的稀盐酸，碳酸钠与盐酸充分反应后生成氯化钠，反应方程式为Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2+H2O，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体物质为氯化钠，根据反应前后钠原子守

恒，设杂质NaCl的物质的量为xmol，碳酸钠的物质的量为ymol，则58.5x+106y=a，x+2y=58.5bgg/mol，解得b-ay=mol11，碳酸钠的质量=b-a106(b-a)mol106g/mol=g1111，则

此样品中Na2CO3的质量分数为106(b-a)106(b-a)11100%=100%a11a。