【文档说明】山东新高考质量联盟2020-2021学年高一12月联考化学试卷【精准解析】.doc，共(20)页，1.231 MB，由小赞的店铺上传

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试卷类型：A山东新高考质量测评联盟12月联考试题高一化学注意事项：1.答题前，考生先将自己的学校、班级、姓名、考号、座号填写在相应位置。2.选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹

清楚。3.请按照题号在各题目的答案区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁、不折叠、不破损。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24S32Cl35.5K39Fe56Ba137一、单项选择题：本题共10小题，每小题2分

，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1.化学与生活密切相关。下列叙述错误的是()A.漂白粉用于生活用水消毒是利用其漂白性B.胶体净水是利用了胶体分散质有巨大的比表面积C.铁粉作食品袋内的脱氧剂是利用其还原性D.34FeO

是打印机墨粉的主要成分利用其磁性性质【答案】A【解析】【详解】A．漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，Ca(ClO)2具有强氧化性用于生活用水的消毒，A错误；B．胶体分散质有巨大的比表面积，能吸附水中的悬浮物，用于净水，B正确；C．铁具有较强的还原性，则铁粉能用作食品袋

内的脱氧剂，C正确；D．Fe3O4俗称磁性氧化铁，是具有磁性的黑色晶体，用于制作打印机的墨粉，是打印机墨粉的主要成分，D正确；答案选A。2.“曾青涂铁，铁赤色如铜”。下列说法正确的是()A.“曾青”中含有2Cu+B.含铁产物只具有氧化性C.“赤色”是因为

生成34FeOD.“曾青”遇钠也会变色“赤色”【答案】A【解析】【分析】“曾青涂铁，铁赤色如铜”是铁与硫酸铜发生置换反应生成铜和硫酸亚铁，由此分析。【详解】A．“曾青”指的是硫酸铜溶液，硫酸铜溶液中含有2Cu+，故A符合题意；B．含铁产

物中的氧化亚铁具有还原性，故B不符合题意；C．铁与硫酸铜发生置换反应生成铜和硫酸亚铁，“赤色”是因为生成铜，34FeO为黑色，故C不符合题意；D．“曾青”是硫酸铜溶液，硫酸铜溶液和钠反应时，钠先和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜和硫酸钠

，氢氧化铜为蓝色沉淀，不会产生红色的铜，故D不符合题意；答案选A。3.下列有关除杂的实验操作正确的是()A.除去2Cl中的HClB.除去2Cl中的2COC.除去243FeSO()溶液中的4FeSOD.除去3NaHC

O溶液中的23NaCO【答案】D【解析】【详解】A．除去氯气中的氯化氢气体，使用饱和食盐水，若使用碳酸氢钠溶液，会和氯化氢反应生成氯化钠、水和二氧化碳，引入新的杂质，氯气溶于水形成盐酸和次氯酸，盐酸和碳酸氢钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，不符合除杂原则，故A不符合题意；B．碱石灰中

含有氧化钙和氢氧化钠，氧化钙和氢氧化钠都会和二氧化碳反应，碱石灰会吸收二氧化碳，同时也会吸收氯气，不符合除杂原则，除去2Cl中的2CO应该使用饱和次氯酸钠溶液，故B不符合题意；C．243FeSO()和4FeSO的混合溶液，通入氯气生成氯化铁，引入新杂质，应加入硫

酸酸化，再加入过氧化氢，故C不符合题意；D．除去3NaHCO溶液中的23NaCO，通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，且不和碳酸氢钠反应，符合除杂原则，故D符合题意；答案选D。4.在透明的溶液中，能够大量共存的离子组是(

)A.2Cu+、K+、OH−、3NO−B.3Fe+、H+、Cl−、24SO−C.3HCO−、Na+、OH−、3NO−D.ClO−、OH−、I−、K+【答案】B【解析】【详解】A．2Cu+、OH−在同一溶液中会发生反应，生成Cu(OH)2沉淀，不能大量

共存，A不符合题意；B．3Fe+、H+、Cl−、24SO−在同一溶液中不能发生反应，能大量共存，B符合题意；C．3HCO−、OH-在溶液中会发生反应，生成23CO−和水，不能大量共存，C不符合题意；D．ClO−、I−在溶液中会发生反应，生成Cl-、I2等，不能大量共存，D不符合题意；故选B

。5.下列叙述中正确的是()A.NaCl溶液在电流作用下电离或Na+和Cl-B.NH3的水溶液能导电，NH3是电解质C.有单质参加或有单质生成的反应不一定是氧化还原反应D.金属原子失电子越多，其还原性越强【答案】C【解析】【详解】A．NaCl在水溶液或熔

融状态下都能电离出Na+和Cl-，不需要电流作用，A不正确；B．NH3的水溶液能导电，但导电离子来自NH3与水反应的产物，所以NH3不是电解质，B不正确；C．同素异形体的转化中，有单质参加或有单质生成，

该反应不是氧化还原反应，若为置换反应等，则为氧化还原反应，C正确；D．金属还原性的强弱，与失电子数的多少不成比例关系，金属原子失电子越多，其还原性不一定越强，D不正确；故选C。6.下列指定反应的离子反应书写正确的是()A.淀粉KI溶液中加入3FeCl变蓝：3222I2F

e2FeI−+++=+B.腐蚀印刷电路板原理：322FeCuCuFe++++=+C.氢氧化铁溶于氢碘酸：()323FeOH3HFe3HO+++=+D.足量硫酸氢钠和氢氧化钡溶液反应：22+442HSOBaOHBaSOHO+−−+++=+【答案】A【解析】【详解

】A．淀粉KI溶液中加入3FeCl，Fe3+将I-氧化生成I2和Fe2+，I2与淀粉作用生成蓝色物质，离子方程式为：3222I2Fe2FeI−+++=+，A正确；B．腐蚀印刷电路板时，Fe3+将Cu氧化为Cu2+，自身被还原为Fe2+，离子

方程式为：3222FeCuCu2Fe++++=+，B不正确；C．氢氧化铁溶于氢碘酸，生成的Fe3+还会将I-氧化，离子方程式为：()22232FeOH6H+2I2FeI6HO+−++=++，C不正确；D．足量硫酸氢钠和氢氧化钡

溶液反应，依据以少定多的原则，离子方程式应为：22+4422HSOBa2OHBaSO2HO+−−+++=+，D不正确；故选A。7.对于某些离子的检验及结论正确的是()A.加入盐酸产生使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，一定有23CO−B.加入盐酸无明显现象，再加2BaCl溶液有白色沉淀产生，一

定有24SO−C.加入氯水后再加入KSCN溶液，出现血红色，一定有2Fe+D.加入23NaCO溶液产生白色沉淀，再加盐酸沉淀消失，一定有2Ba+【答案】B【解析】【详解】A．加入盐酸产生使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，可能有23CO−

或-3HCO，故A错误；B．加入盐酸无明显现象，再加2BaCl溶液有白色沉淀产生，沉淀一定是硫酸钡，原溶液一定有24SO−，故B正确；C．加入氯水后再加入KSCN溶液，出现血红色，原溶液有2Fe+或3Fe+，故C错误；D．加入23NaCO溶液

产生白色沉淀，再加盐酸沉淀消失，可能有2Ba+或2Ca+等，故D错误；选B。8.AN表示阿伏伽德罗常数的值。下列叙述错误的是()A.1mol氯气与足量铁反应时转移的电子数为A2NB.11L1molL−醋酸溶液中氢离子数为ANC.4℃时5.4mL水含有A0.9N原子

D.1mol熔融4KHSO含有离子数为A2N【答案】B【解析】【详解】A．氯气与铁反应，氯元素化合价由0降低为-1，1mol氯气与足量铁反应时转移的电子数为A2N，故A正确；B．醋酸是弱酸，没有氢离子浓

度，不能计算11L1molL−、醋酸溶液中氢离子数，故B错误；C．4℃时5.4mL水的质量是5.4g，含有原子数A5.4g3N18g/mol=A0.9N，故C正确；D．熔融4KHSO中含有-4KHSO+、，1mol熔融4KHSO含有离子数为A2N

，故D正确；选B。9.下列实验中颜色变化正确且与氧化还原反应无关的是()ABCD实验纯碱溶液中滴入酚酞试液氯气通入紫色石蕊试液酸性高锰酸钾溶液滴入盐酸中Fe(OH)2露置在空气中现象变红先变红后褪色紫红色褪去白色沉淀迅速变为红褐色A.AB.BC.CD.D【答案】A【解

析】【详解】A．纯碱溶液呈碱性，能使酚酞试液变红色，发生的是非氧化还原反应，A符合题意；B．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸显酸性，使紫色石蕊试液变红，次氯酸具有强氧化性，将石蕊氧化并使之褪色，B不符合

题意；C．酸性高锰酸钾溶液滴入盐酸中，盐酸将高锰酸钾还原并使之褪色，C不符合题意；D．Fe(OH)2露置在空气中，被氧气氧化并生成Fe(OH)3，发生氧化还原反应，D不符合题意；故选A。10.某容器中发生一个化学反应，反应过程中存在2HO、-4MnO、22HO、2O、2Mn+、+H六种粒子。在反

应过程中测得-4MnO和2O的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列有关判断正确的是()A.22HO作氧化剂，2HO是还原产物B.4KMnO作氧化剂，2O是氧化产物C.配平后氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5∶2D.若生成22.24LO(标准状况下)，则转移电子

0.5mol【答案】B【解析】【分析】由图可知，-4MnO为反应物，2O为生成物，由反应过程中存在2HO、-4MnO、22HO、2O、2Mn+、+H六种粒子，-4MnO作氧化剂，锰元素的化合价从+7价降低到+2价，得到还原产物2Mn+，22HO作还原剂，氧元素的化合

价从-1价升高到0价，得到氧化产物2O，根据电荷守恒和原子守恒得到反应的离子方程式为：2-4MnO+522HO+6+H=22Mn++52O↑+82HO，由此分析。【详解】A．根据分析，22HO中氧元素的化合价从-1价升高到0价，作还原剂，锰元素的化合价从+7价降低到+2价，-4MnO作氧化

剂，2Mn+是还原产物，故A不符合题意；B．-4MnO中锰元素的化合价从+7价降低到+2价，-4MnO作氧化剂，22HO中氧元素的化合价从-1价升高到0价得到2O，4KMnO作氧化剂，2O是氧化产物，故B符合题意；C．根据反

应的离子方程式2-4MnO+522HO+6+H=22Mn++52O↑+82HO，配平后，氧化剂为-4MnO，还原剂为22HO，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为2∶5，故C不符合题意；D．标准状况下22.24LO的物质的量n=mVV=2.24L22.

4L/mol=0.1mol，根据反应的离子方程式2-4MnO+522HO+6+H=22Mn++52O↑+82HO，-4MnO作氧化剂，锰元素的化合价从+7价降低到+2价，2个锰原子的化合价降低，生成5mol氧气时转移10mol电子，则生成0.1m

ol氧气时转移0.2mol电子，故D不符合题意；答案选B。二、不定项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分。11.甲、乙、丙、丁

四种物质，它们之间具有如下转化关系：→甲丁丁甲乙丙。已知甲、乙、丙均含有相同的某种元素，下列有关物质的推断错误的是()A.若甲为2CO，则丙可能是3NaHCOB.若甲为23NaCO，则丙可能是2COC.若甲为2Cl，则丙可能与KSC

N溶液反应变红D.若甲为2O，则丁可能是石墨【答案】AC【解析】【详解】A．甲为2CO，若是3NaHCO，3NaHCO与2CO不反应，A项错误；B．甲为23NaCO，若丙为2CO，2CO与23NaCO可反应生成3NaHCO，乙可为3NaHCO，B项正确

；C．若甲为2Cl，丙与KSCN溶液反应变红，则丙为3+Fe，则甲直接到丙，不经过乙，C项错误；D．甲为2O，若丁石墨，则乙可以是二氧化碳，丙为一氧化碳，一氧化碳与氧气生成二氧化碳，D项正确；故选AC。12.下列实验中，对应的现象以及结论都正确的是()选项实验现象结论A()243FeSO溶液

中加入铜粉铜粉溶液铁的还原性大于铜B用可见光照射久置3FeCl溶液从侧面看到光亮的通路有()3FeOH胶体生成C同温同浓度等体积的HA酸与3CHCOOH溶液做灯泡导电性对比实验HA酸所连接的灯泡更亮HA为强电解质D取少量久置的2FeCl溶液于试管中，加入酸性高锰酸钾溶液酸性高锰酸钾溶液褪色Fe2

+未完全变质A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．硫酸铁中加入铜粉，发生反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，铁元素的化合价降低，为氧化剂，得到的Fe2+为还原产物，铜的化合价升高为还原剂，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，

故还原性Cu＞Fe2+，故A不符合题意；B．丁达尔效应是胶体所特有的性质，氯化铁溶液不是胶体，久置的氯化铁溶液水解产生氢氧化铁胶体，会产生丁达尔效应，用可见光照射久置3FeCl溶液，从侧面看到光亮的通路，故B符合题意；C．同温同浓度等体积的HA酸与3CHCOOH溶液做灯泡导电性对比实

验，HA酸所连接的灯泡更亮只能说明中离子浓度大，不能说明它是强电解质，故C不符合题意；D．高锰酸钾具有强氧化性，能氧化亚铁离子使溶液褪色，氯离子在酸性条件下被高锰酸钾氧化，酸性高锰酸钾溶液褪色，可能是酸性高锰酸钾氧化氯离子，也可

能氧化了亚铁离子，不能证明氯化亚铁未完全变质，故D不符合题意；答案选B。13.某化学兴趣小组用以下装置来制备氯化铝。查阅资料知氯化铝易升华且易与水反应。下列说法错误的是()A.当4molHCl被氧化时，转移电子数为2NAB.

B装置的作用是除去2Cl中的HClC.C装置中的玻璃管中充满黄绿色的气体时再点燃C处的酒精灯D.E装置中的试剂是浓硫酸【答案】AB【解析】【分析】A装置中二氧化锰和浓盐酸在加热的条件下反应生成二氯化锰、氯气和水，B装置中盛装浓硫酸，经浓硫酸的干燥

后，得到的氯气和氯化氢气体进入C装置，与铝反应生成氯化铝，氯化铝易升华，进入D装置收集到氯化铝，E装置中盛装浓硫酸，用于吸收空气中的水蒸气，防止氯化铝与水反应，再连接尾气处理装置，防止氯气和氯化氢气体污染空气，由此分析。【详解】A．根据二氧化锰和浓盐酸反

应的化学方程式：MnO2+4HCl(浓)ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O，4molHCl参加反应时，2molHCl被氧化，当2molHCl被氧化时，转移电子的物质的量为2mol，当4molHCl被氧化时，

转移电子的物质的量为4mol，转移的电子数为4NA，故A符合题意；B．根据分析可知，装置B中盛装浓硫酸，作用是干燥氯气等，故B符合题意；C．氯化铝易升华且易与水反应，实验时先用氯气将装置内的空气排除，可以防止副产物的发生，当C装置中的玻璃管中充满黄绿色的气体时，说明空气已经排尽，再点燃C处的酒精灯

，故C不符合题意；D．E装置中盛装浓硫酸，用于吸收空气中的水蒸气，防止氯化铝与水反应，故D不符合题意；答案选AB。14.兴趣小组的同学收集了工厂排放的酸性污水进行实验探究，可能存在下列离子中的几种：Na+、2Ba+、2Fe+、3Fe+、Cl−、24SO−、23CO−、I−，通过

如下实验进行确定①取少量试样，加入足量氯化钡溶液，产生白色沉淀②取①中上层清洗，先滴加氯水，再加入KSCN溶液，溶液出现血红色③另取少量试样，加入双氧水后再滴加淀粉溶液，溶液变蓝下列说法错误的是()A.不可能存在的离子是：2Ba+、23CO−、3Fe+B.一定存

在的离子是：24SO−、I−、2Fe+C.可能存在的离子有：Na+、Cl−D.③中发生的离子方程式为：2222IHOI2OH−−+=+【答案】D【解析】【分析】①加入足量氯化钡溶液，产生白色沉淀，则含有2

4SO−，不含有2Ba+；②先滴加氯水，再加入KSCN溶液，溶液出现血红色，则表明2Fe+、3Fe+至少含1种，一定不含有23CO−；③加入双氧水后再滴加淀粉溶液，溶液变蓝，则表明一定含有I-，一定不含有Fe3+，一定含有2Fe+。【详解】A．由以上分析可知，溶液中不存在的离子是：2Ba+、23

CO−、3Fe+，A正确；B．由分析知，溶液中一定存在的离子是：24SO−、I−、2Fe+，B正确；C．依据离子共存的原则，溶液中含有24SO−、I−、2Fe+，则Na+、Cl−可能存在，C正确；D．溶液呈酸性，③中发

生反应不可能生成OH-，离子方程式为：22222IHO2HI2HO−+++=+，D错误；故选D。15.在焊接铜器时常用4NHCl溶液除去铜器表面的氧化铜，其反应为4222CuONHClCuCuClNHO+→+++(未配平)。下列说法正确的是()A.反应中被

氧化和被还原的元素分别为Cu和NB.反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2C.反应中产生0.1mol气体时，转移0.6mol电子D.该反应中被还原的CuO占参与反应CuO的12【答案】BC【解析】【分析】根据42

22CuONHClCuCuClNHO+→+++可知：Cu的化合价由+2价降低为0，被还原；N元素的化合价由-3价升高为0价，被氧化；根据电子守恒、原子守恒配平为42224CuO+2NHCl=3Cu+CuCl+N+4HO，由此

分析。【详解】A．根据分析，氯化铵中N元素的化合价由-3价升高为0价，被氧化，氧化铜中铜元素化合价由+2价降低为0，被还原，则被氧化和被还原的元素分别为N和Cu，故A不符合题意；B．根据反应42224CuO+2NHCl=3Cu+CuCl+N+4HO可知，参加反应的氧化剂为氧化铜，还原剂

为氯化铵，4mol氧化铜参加反应，只有3mol被还原作氧化剂，作还原剂的氯化铵的物质的量为2mol，作氧化剂的氧化铜与作还原剂的氯化铵的物质的量之比为3∶2，故B符合题意；C．由反应可知，Cu的化合价由+2价降低为0，若4mol氧化铜参加反

应，只有3mol氧化铜被还原，生成1mol氮气，生成1mol气体转移6mol电子，则产生0.1mol的气体转移的电子为0.1mol×6=0.6mol，故C符合题意；D．由反应42224CuO+2NHCl=3Cu+CuCl+N+4HO可知，4mol氧化铜参加反应，只有3mol被还原作氧化剂，被还原

的氧化铜占参加反应的氧化铜的34，故D不符合题意；答案选BC。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.化学小组通过实验探究分析一包KCl固体中的杂质成分并进行分离提纯。(1)取该固体溶于水得无色溶液

，则三位同学的检测结果正确的是___________(填写代号)检测同学检测结果甲KCl、CuCl2、K2SO4乙KCl、K2CO3、MgCl2丙KCl、MgCl2、K2SO4(2)对该KCl固体精制的实验流程如下：①配制1

100mL0.1molLKOH−溶液时需要用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、量筒、100mL容量瓶、______；容量瓶在使用前进行的操作：______；称量KOH固体时间过长，所配溶液的浓度_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。②试剂A的化学式为_________。③

操作1的名称是___________，该操作过程中玻璃棒下端靠在________处。④滴加稀盐酸后，大量减少的离子有______。(3)准确称取134.5g该固体溶于水，加入足量()2BaOH溶液后过滤、洗涤

、干燥、称量得沉淀29.1g，其中洗涤沉淀的操作为_______；在所得沉淀中继续滴加足量稀盐酸，再次过滤、洗涤、干燥、称量得沉淀23.3g，计算知该固体中KCl的质量分数为_______。【答案】(1).丙(2).胶头滴管(3).检验是否漏水

(4).偏低(5).K2CO3(6).过滤(7).三层滤纸(8).OH-、2-3CO(9).沿玻璃棒向漏斗中的沉淀加蒸馏水至没过沉淀，使水自然流下，重复2~3次(10).80%【解析】【分析】该固体溶于水得无色溶液，则该固体中含KCl、MgCl2、K2

SO4；该固体混合物溶于水得无色溶液，向其中加入KOH溶液除去MgCl2，加入BaCl2溶液除去K2SO4；由于所加除杂试剂是过量的，则加入K2CO3溶液除去过量的BaCl2，过滤后向滤液中加入稀盐酸

除去过量的KOH和K2CO3，最后将滤液蒸发结晶获得KCl晶体。【详解】(1)甲同学：若KCl固体中含CuCl2，则溶于水得蓝色溶液，与“该固体溶于水得无色溶液”不吻合，甲同学检测结果不正确；乙同学：若KCl固体中含K2CO3和MgCl2，K2CO3与MgCl

2溶于水反应生成MgCO3沉淀，与“该固体溶于水得无色溶液”不吻合，乙同学检测结果不正确；丙同学：KCl、MgCl2、K2SO4的固体混合物溶于水得无色溶液，丙同学检测结果正确；答案选丙。(2)配制100mL0.1mol/LKOH溶液

的实验步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，则需要用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、量筒、100mL容量瓶、胶头滴管；容量瓶在使用前进行的操作是：检查容量瓶是否漏水；称量KOH固体时间过长，KOH极易吸收空气中的水分而潮解、同时会与

空气中的二氧化碳反应，则所配溶液中KOH物质的量偏小，所配溶液的浓度偏低；故答案为：胶头滴管；检验是否漏水；偏低。②KCl样品溶于水得到无色溶液，向其中加入KOH可将Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀而除去，加入B

aCl2溶液可将2-4SO转化为BaSO4沉淀而除去；由于所加除杂试剂是过量的，则加入K2CO3溶液将过量的Ba2+转化为BaCO3沉淀而除去，则试剂A的化学式为K2CO3；故答案为：K2CO3。③操

作1是分离沉淀和滤液，则操作1的名称是过滤；过滤过程中玻璃棒下端应靠在三层滤纸处；故答案为：过滤；三层滤纸。④过滤后所得滤液中含KCl、过量KOH和K2CO3，滴加稀盐酸后发生的离子反应为H++OH-=H2O、2H++2-3CO=H2O+CO2↑，大量减少的

离子为OH-、2-3CO；故答案为：OH-、2-3CO。(3)洗涤沉淀的操作为：沿玻璃棒向漏斗中的沉淀加蒸馏水至没过沉淀，使水自然流下，重复2~3次；加入足量Ba(OH)2溶液所得29.1g沉淀为BaSO4和Mg(

OH)2，在所得沉淀中继续滴加足量稀盐酸，再次过滤、洗涤、干燥、称量得沉淀23.3g为BaSO4，根据2-4SO守恒，n(K2SO4)=n(BaSO4)=23.3g233g/mol=0.1mol；根据Mg2+守恒，n(MgC

l2)=n[Mg(OH)2]=29.1g23.3g58g/mol−=0.1mol，则固体中KCl的质量为134.5g-0.1mol×174g/mol-0.1mol×95g/mol=107.6g，KCl的质量分数为107.6g134.5g×100%=80%；故答案为：沿玻璃棒向漏斗中的

沉淀加蒸馏水至没过沉淀，使水自然流下，重复2~3次；80%。17.疫情防控期间的消毒工作含氯消毒剂功不可没，研究消毒剂的性质意义重大。回答下列问题：(1)2016年巴西奥运会游泳池变绿是因为84消毒液与过氧化氢消毒剂混用，写出该反应的化学方程式_______，转移电子数

为3NA时，理论上生成标况下气体体积是________。(2)2Cl、HClO和ClO−三种微粒的物质的量分数随pH变化的关系如图所示。回答问题：①使用84消毒液时为增强消毒效果常调节4<pH<6，原因是___________。②通常购买的84消毒液pH

在12左右，此时主要成分是___________(化学式)，为增强消毒效果可向其中滴加___________(填字母序号)。A．可口可乐B．稀24HSOC．食醋D．浓盐酸(3)实验室将2Cl通入质量分数40%的NaOH溶液中来制备84消毒液。当NaOH消耗一半时转移电子数为NA，

计算此时所得溶液中NaClO的质量分数为___________%。【答案】(1).2222NaClOHONaClOHO+=++(2).33.6L(3).4pH6时，溶液中HClO含量较高，消毒能力强

。(pH4和pH6时，溶液中HClO含量降低，消毒能力减弱)(4).NaClO(5).ABC(6).15.8【解析】【详解】(1)84消毒液与过氧化氢消毒剂混用，导致消毒能力降低甚至消失，池水变绿，是因为反应生

成的氧气促进藻类的疯长，该反应的化学方程式为2222NaClOHONaClOHO+=++；该反应中，有1molH2O2参加反应，转移电子为2mol，则转移电子数为3NA时，理论上生成标况下气体体积是AA322.4L2NN=33.6L。答案为：2222NaC

lOHONaClOHO+=++；33.6L；(2)①从图中可以看出，4<pH<6时，HClO的含量最高，物质的量最大，所以使用84消毒液时为增强消毒效果常调节4<pH<6，原因是4pH6时，溶液中HClO含量较高，消毒能力强。(p

H4和pH6时，溶液中HClO含量降低，消毒能力减弱)。②由于浓盐酸易与次氯酸钠发生氧化还原反应，产生氯气，不能选用；由图中可知，pH在12左右，ClO-的含量最高，此时主要成分是NaClO，为增强消

毒效果可向其中滴加酸性物质，如可口可乐、稀24HSO、食醋，故选ABC；答案为：4pH6时，溶液中HClO含量较高，消毒能力强。(pH4和pH6时，溶液中HClO含量降低，消毒能力减弱)；NaClO；ABC；(3)实验室将

Cl2通入质量分数40%的NaOH溶液中来制备84消毒液，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，当有2molNaOH参加反应时，转移电子1mol，则转移电子数为NA时，参加反应的Na

OH为2mol，溶液中含NaOH的物质的量为4mol，参加反应的Cl2为1mol，生成NaClO的物质的量为1mol，此时所得溶液中NaClO的质量分数为1mol74.5g/mol100%4mol40g/mol1mol71g/mol40%+=15.8%。答案为：15.8

。【点睛】84消毒液与过氧化氢消毒剂混用，从而导致游泳池水变绿，我们会错误地认为生成了氯气。18.某学习小组为研究铁及其化合物的性质，做了以下探究实验并通过下列途径成功制得纳米铁粉和24NaFeO。(1)经实验证明酸溶液中含3Fe+，请进一步

设计方案证明还含2Fe+(选用药品：酸性4KMnO、氯水、KSCN溶液)___________。(2)氧化Ⅰ过程中若有-5mole转移，则有___________mol22HO被还原。(3)氧化Ⅱ过程需要高浓度NaClO溶液，可用2Cl与NaOH溶液反应制备：①2Cl与NaOH溶液反应的化学方程式

为：___________。②24NaFeO中铁元素的化合价为___________，242molNaFeO与___________gNaClO氧化消毒能力相当(用得电子数目多少衡量氧化消毒能力强弱)。(4)利用操作a可以分离提纯纳米铁粉，操作a的名称为____

_______。【答案】(1).取少量酸溶后溶液于试管中，滴加酸性4KMnO溶液，紫红色褪去，则含有2Fe+(2).2.5(3).22Cl2NaOHNaClNaClOHO+=++(4).6+价(5).223.5(6).渗析【解析】【分析】铁的混合氧

化物中加入稀硫酸，经过滤氧化后，加入氢氧化钠、次氯酸钠、氢氧化钠后得到24NaFeO，加入NaBH4经渗析后得到纳米铁粉，由此分析。【详解】(1)2+Fe具有还原性，证明含2+Fe的方法是取少量酸溶后溶液于试管中，滴加酸性4KMnO溶液，紫红色褪去，则含有2+Fe；(2)氧化Ⅰ过程中H

2O2作还原剂得到还原产物H2O，氧原子的化合价从-1价降低到-2价，设被还原的H2O2有xmol，转移的电子的物质的量为5mol，则2x=5mol，解得x=2.5mol；(3)氧化Ⅱ过程需要高浓度NaClO溶液，可用2Cl与NaOH溶液反应制

备：①2Cl与NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，化学方程式为：22Cl2NaOHNaClNaClOHO+=++；②24NaFeO中各元素的化合价之和等于0，设铁元素的化合价为x，(+1)×2+

x+(-2)×4=0，解得x=+6，铁元素的化合价+6，24NaFeO还原产物中铁为+3价，242molNaFeO得电子的物质的量为6mol；NaClO的还原产物为氯化钠，相当于3molNaClO氧化消毒能力，质量

m=nM=3mol×74.5g/mol=223.5g；(4)纳米铁粉溶于水形成的是胶体，分离胶体和溶液的方法是渗析，利用渗析分离提纯纳米铁粉。19.某同学用如图装置制备2Cl并探究其性质。查阅资料知：i．2-23SO酸性条件下与H+迅速反应生成S和2SOii．2-23

SO有较强的还原性(1)装置A中a的作用是___________；装置A中制备2Cl的离子方程式为___________。(2)上述装置中存在一处缺陷，会干扰2Cl和223NaSO性质的探究，改进的方法是__

_________。(3)改进实验装置后，B中2-23SO被氧化为24SO−，写出该反应的离子方程式___________。(4)装置C中溶液颜色先变为血红色，一段时间后褪色。①生成使KSCN溶液变为血红色物质的离子方程式___________

；②某同学对褪色原因提出假设：假设1：3Fe+被2Cl氧化为更高价态；假设2：___________；为进一步探究，该同学取装置C褪色后的溶液少许于试管中，___________(写出操作及现象)说明假设2成立。【答案】(1).平衡气压，使浓盐酸顺利滴下(2).MnO2

+4H++2Cl-Δ=Mn2++Cl2↑+2H2O(3).在装置A和B之间加盛有饱和食盐水的洗气瓶(4).2-2--+23224SO+4Cl+5HO=2SO+8Cl+10H(5).2322FeCl2F

e2Cl++−+=+(6).SCN−被氯气氧化(7).加入KSCN溶液，观察到溶液变为血红色【解析】【分析】本实验的目的，是制取氯气，并探究氯气的性质。首先利用MnO2与浓盐酸在加热条件下反应制取氯气，然后将混有HCl、H2O(g)的Cl2通入Na2S2O3

溶液中，通过产生的现象，可判断反应的发生，然后将氯气通入盛有FeCl2和KSCN混合溶液的洗气瓶中，通过混合液的颜色变化，再次探究发生的反应。【详解】(1)装置A中a与分液漏斗内外气体相通，可调节分液漏斗内外压强，其作用是平衡气压，使浓盐

酸顺利滴下；装置A中MnO2与浓盐酸在加热条件下反应，制得Cl2，同时生成MnCl2等，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Δ=Mn2++Cl2↑+2H2O。答案为：平衡气压，使浓盐酸顺利滴下；Mn

O2+4H++2Cl-Δ=Mn2++Cl2↑+2H2O；(2)根据资料i，Na2S2O3也能与Cl2中混有的HCl反应，所以上述装置中存在一处缺陷，会干扰2Cl和223NaSO性质的探究，在通入Cl2前，应除去Cl2中混有的HCl，改进的方法是在装置

A和B之间加盛有饱和食盐水的洗气瓶。答案为：在装置A和B之间加盛有饱和食盐水的洗气瓶；(3)改进实验装置后，B中2-23SO被氧化为24SO−，Cl2被还原为Cl-，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，该反应的离子方程式为2-2--+23224SO+

4Cl+5HO=2SO+8Cl+10H。答案为：2-2--+23224SO+4Cl+5HO=2SO+8Cl+10H；(4)①Fe2+被Cl2氧化，生成使KSCN溶液变为血红色物质(Fe3+)的离子方程式为2322FeCl2Fe2C

l++−+=+；②因为反应为Fe3+与SCN-反应，所以若假设1为3Fe+被2Cl氧化为更高价态，则假设2为SCN−被氯气氧化；为进一步探究，该同学取装置C褪色后的溶液再加入KSCN溶液，便可确定是否为KSCN被

氧化，即取少许溶液于试管中，加入KSCN溶液，若观察到溶液变为血红色，说明假设2成立。答案为：2322FeCl2Fe2Cl++−+=+；SCN−被氯气氧化；加入KSCN溶液，观察到溶液变为血红色。【点睛】制取Cl2后，Cl2中混有的HCl会干扰Cl2的性质实验

，但混有的水蒸气对实验不产生影响，所以制得的Cl2不需干燥。20.为探究22HO、2SO、2I氧化性强弱，某同学设计如下实验。已知()23242422NaSO+HSON=aSO+SOHO+浓(1)组装好仪器检验气密性后，打开止水夹，一段时间后关闭止水夹，装置A中反应的离子

方程为___________，该操作的目的是___________。(2)打开B中分液漏斗活塞，一段时间后C装置产生白色沉淀，该沉淀可能为___________。A．3BaCOB．4BaSOC．3BaSOD．以上均有可能(3)

D中碘水褪色，发生反应的化学方程式___________。(4)碘水褪色后，加入淀粉无明显现象，打开D中分液漏斗活塞溶液变蓝，写出滴加22HO后反应的离子方程式___________。(5)综合上述得到结论：22HO、2SO、2I氧化性由强到弱的顺序为__

_________。【答案】(1).2322CaCO2HCaHOCO+++=++(2).排尽装置中的空气(3).B(4).22224SOI2HO2HIHSO++=+(5).2222HO2I2HI2HO−+++=+

(6).22HO、2I、2SO【解析】【分析】本实验为实验探究题，看懂每一步实验是解题的关键。A是CO2的发生装置，目的是除去装置中的空气。B是SO2的发生装置，目的是产生SO2。C、D是探究装置。【详解】(1)大理石中主要成分为CaCO3，CaCO3与HCl反应生成CaCl2、H2O、CO

2，离子反应为2322CaCO2HCaHOCO+++=++；本实验探究22HO、2SO、2I氧化性强弱，空气中的O2会对实验造成影响，故先用大理石与盐酸产生的CO2排空装置内空气。故答案为：2322CaCO2HCa

HOCO+++=++；排尽装置中的空气。(2)在B中生成的SO2进入C中，A中的CO2也进入C中，CO2、SO2不与BaCl2反应，现在C中有白色沉淀生成，故是SO2被氧化成SO24−，Ba2++SO24−==BaS

O4，故沉淀可能为BaSO4，故答案为B。(3)D中碘水褪色，说明D中没有I2，即I2转变为I-，只能是SO2还原了I2，故答案为22224SOI2HO2HIHSO++=+。(4)碘水褪色后，加入淀粉无明显现象，打开D中分液漏斗活塞溶液变蓝，说明又生

成了I2。故滴加22HO后反应的离子方程式为2222HO2I2HI2HO−+++=+。(5)由(3)知SO2被I2氧化生成SO24−，故氧化性I2＞SO2；由(4)知I-被H2O2氧化生成I2，故氧化性H2O2＞I2，所以答案为H2O2＞I2＞SO2。