【文档说明】四川省成都市第七中学2022-2023学年高一上学期期末考试化学试题 含解析.docx，共(25)页，1.666 MB，由小赞的店铺上传

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2022~2023学年度上期期末高一年级测试题化学可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23Cl-35.5Fe-56Mn-55第I卷(选择题，共40分)本卷共20题。每题2分。共40分。每题只有一个．．．．选项符合题意。1.下列有关物质的分类正确的是A.CaCl2、NaOH、盐酸、H

2O四种物质都属于化合物B.溶液，浊液，胶体都属于混合物C.硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物D.CO2、CO等非金属氧化物均属于酸性氧化物【答案】B【解析】【详解】A．盐酸属于混合物，A错误；B．溶液

、浊液、胶体都属于分散系，都属于混合物，B正确；C．纯碱是碳酸钠，属于盐，不属于碱，C错误；D．CO是不成盐氧化物，不是酸性氧化物，D错误；故选B。2.已知常温下氯酸钾与浓盐酸反应放出氯气，现按下图进行卤素的性质实验。玻璃管内装有分别滴有不同溶

液的白色棉球，反应一段时间后，对图中指定部位颜色描述正确的是①②③④A黄绿色橙色蓝色白色B无色橙色紫色白色C黄绿色橙色蓝色无色D黄绿色无色紫色白色A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】常温下氯酸钾与浓盐酸反应放出Cl2，Cl2

的颜色是黄绿色，①处充满黄绿色的Cl2；Cl2进入玻璃管后与②处NaBr溶液发生置换反应生成Br2，溴的水溶液颜色为橙色，所以②处的白色棉球变为橙色；Cl2和③处KI溶液反应置换出I2，淀粉溶液遇I2变蓝，③处棉球变为蓝色；④处Cl2与

NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO，棉球本身是白色的，所以④处的颜色为白色；故①②③④的颜色分别为：黄绿色；橙色；蓝色；白色；答案选A。3.下列叙述正确的是A.Na在空气中燃烧会生成Na2O2，故Li在空气中燃烧也会生成Li2O2B.碱金属元素是指ⅠA族所有元素C.在熔融状态下，钠可

以从MgCl2中置换出镁D.Li、Na、K都可以保存在煤油中【答案】C【解析】【详解】A．Li在空气中燃烧只生成Li2O，故A错误；B．碱金属元素是指ⅠA族除氢外的金属元素，故B错误；C．钠比镁金属性强，能在熔融状态下置换出氯化镁中的镁单质，故C正确；D．Li的密度比

煤油小，不能保存在煤油中，故D错误；故选：C。4.13CNMR−(核磁共振)、15NNMR−可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构，瑞士科学家库尔特、维特里希等人为此获得了诺贝尔化学奖。下列有关元素的说法中正确的是A.4822Ti和5

022Ti互为同位素B.13C与金刚石互为同素异形体C.11H、21H、31H为同一种核素D.15N的质量数为核外电子数与原子序数之和【答案】A的【解析】【详解】A．同位素是同一元素的不同原子，其原子具有相同数目的质子，但中子数目不同。4822Ti和5022Ti的质子数相

同，质量数不同，即中子数不同，两者互为同位素，A正确；B．13C是核素，金刚石是单质，二者不互为同素异形体，B错误；C．11H、21H、31H为H元素的三种不同核素，C错误；D．15N的质量数为核外电

子数与中子数之和，D错误；故选A。5.以不同类别物质间的转化为线索，可结构化认识钠及其化合物。下列说法错误的是A.Na2O和CO2分别属于碱性氧化物和酸性氧化物B.若改变过程I的反应条件，可得到钠的另一种氧化物

C.若改变过程IV中CO2的量，可得到另一种钠盐D.过程I～IV中，发生了电子转移的是I、II、III【答案】D【解析】【详解】A．能和碱反应生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物；能和酸反应生成盐和水的氧化物属于碱性氧化物；Na2O和C

O2分别属于碱性氧化物和酸性氧化物，A正确；B．钠和氧气点燃生成过氧化钠，B正确；C．氢氧化钠和过量二氧化碳生成碳酸氢钠，C正确；D．氧化钠和水生成氢氧化钠没有元素化合价改变，没有电子转移，D错误；故选D。6.下列有关化学用语正确的是A.氯化钠电子式Na:Cl:B.Cl−的结构

示意图C.2CO的电子式:O:C:O:D.2N的结构式:NN:【答案】B【解析】【详解】A．氯化钠属于离子化合物，其电子式中需要标出阴阳离子所带电荷，氯化钠正确的电子式为：，故A错误；B．Cl−的核电荷数、核外电子总数分别为17和18，氯原子结构

示意图为：，故B正确；C．CO2的电子式为，故C错误；D．2N的结构式为：NN，故D错误；故选B。7.下列各组物质或微粒的排列顺序正确的是A.离子半径：F->Na+>Mg2+>S2-B.得电子能力：F>Cl>S>PC.原子半径：Ca>K>S>

ClD.酸性：H2SO4>HClO4>H2SeO4【答案】B【解析】【详解】A．电子层数越多，半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，故离子半径：S2->F->Na+>Mg2+，A错误；B．非金属性越强

，其得电子能力越强，非金属性：F>Cl>S>P，则得电子能力：F>Cl>S>P，B正确；C．电子层数越多，半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，故原子半径：K>Ca>S>Cl，C错误；D．非金属性越强，其最高价氧化物对应的酸性越强，故酸性：HClO4>H2SO4>H2S

eO4，D错误；故答案为：B。8.Na、Al、Fe、Cu是中学化学中重要的金属元素，它们的单质及其化合物之间有很多转化关系，如表所列物质不能按如图关系(“→”表示一步完成)相互转化的是选项ABCDaNaAlFe2CuClbNaOH2NaAlO3FeCl()2CuOHcNaCl23AlO2FeC

lCuOA.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与盐酸反应生成氯化钠，电解熔融的氯化钠生成金属钠，均可一步实现转化，选项A不符合题意；B．铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸铝溶液与适量强酸或二氧化碳作

用生成氢氧化铝，不能直接转化为氧化铝，不能一步实现转化，选项B符合题意；C．铁在氯气中燃烧生成氯化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁被锌置换生成铁，均可一步实现转化，故C不符合题意；D．氯化铜与氢氧化钠反应生成氢氧化铜，氢氧化铜受热分解成氧化铜

，氧化铜和盐酸反应生成氯化铜，均可一步实现转化，选项D不符合题意；答案选B。9.下列有关金属铝及其化合物的叙述正确的是A.铝是地壳里含量最多的元素B.在常温下，铝不能与氧气反应C.在生活中，不能用铝制餐具长时间存放酸性或碱性

食物D.氧化铝只能与酸反应，不能与强碱反应【答案】C【解析】【详解】A．地壳中含量最多的非金属元素是氧，含量最多的金属元素是铝，A错误；B．铝在常温下与空气中氧气反应，表面生成一层致密的氧化膜，B错误；C．铝能够与强酸、强碱发生反应，所以铝制餐具不宜长时间存放酸性、碱性食物，C正确；D．氧化

铝为两性氧化物，既能与强酸反应有能与强碱反应，D错误；故选C。10.电子工业常用3FeCl溶液腐蚀绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板。从腐蚀废液(主要含3FeCl、2FeCl、2CuCl)中回收铜，并重新获得3FeCl溶液。废液处理流程如下：下列

说法错误的是A.反应1和反应2都发生了氧化还原反应B.操作1用到的主要玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒C.滤渣a的主要成分是Cu和Fe，物质X可以选用新制氯水D.3FeCl溶液中的3Fe+不能被Zn还原成2Fe+【答案】D【解析】【分析】从腐蚀废液中回收铜，并将铁的化合物全部

转化为FeCl3溶液，由流程可知，加入过量的Fe与氯化铁、氯化铜反应生成氯化亚铁、铜，过滤进行分离，则滤液为FeCl2，滤渣a为金属Cu和过量的Fe，为不引人杂质，将FeCl2溶液转化为FeCl3溶液，则通入足量氯气进行氧化，据此解答。【详解】A

．反应1为Fe与氯化铁、氯化铜反应生成氯化亚铁、铜，反应2为氯气氧化FeCl2溶液，二者都是氧化还原反应，故A正确；B．操作1为过滤，用到的主要玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒，故B正确；C．加入过量的Fe与氯化铁、氯化铜反应生成氯化亚铁、铜，过滤进行分离，

滤渣a为金属Cu和过量的Fe，物质X可以选用新制氯水，故C正确；D．Zn的还原性比较强，而Fe3+氧化性比较强，所以它们发生氧化还原反应，反应原理：Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+，若Zn过量最终可以生成Fe，故D错误；故选D。11.向氧

化铁、氧化铜、铁、铜的混合粉末中加入过量的稀盐酸，充分反应后，仍有红色粉末存在，则关于溶液中阳离子的判断正确的是A.只有2Fe+和2Cu+B.一定有2Fe+、2Cu+，可能有3Fe+C.一定有2Fe+，可能有2Cu

+D.只有2Fe+【答案】C【解析】【分析】最后剩余的红色粉末一定是Cu，Fe2O3、CuO和盐酸反应生成Fe3+和Cu2+，且氧化性：Fe3+>Cu2+，还原性：Fe>Cu，结合物质的氧化性、还原性强弱判断反应的可能性。【详解】A．当铜全部析出时，不存Cu2+，故

A错误；B．由于红色粉末是Cu，所以溶液当中肯定没有Fe3+，故B错误；C．由于氧化性：Fe3+>Cu2+，无论是和Fe反应，还是和Cu反应，溶液中一定存在Fe2+，当Fe过量时，不存在Cu2+，当Fe不足时，有Cu2+，故C正确；D．由C分析可知，溶液中可能还有C

u2+，故D错误；故选：C。12.设阿伏加德罗常数的值为AN，则下列说法正确的是A.在0℃和101kPa情况下，22.4L2CO含A22N个电子B.32g2O和3O的混合物中含有AN个原子C.标准状况下，

0.2mol2SO中含氧原子数为A0.2ND.常温下，7.8g22NaO固体中含有A0.4N个离子【答案】A【解析】【详解】A．0℃、101kPa时为标准状况，22.4L2CO的物质的量为1mol，2CO中含有22个电子，则1mol2CO含A22N个电子，故A正确；B．32g的氧气中含有的氧原

子数=32g32g/molNA×2=2NA个，32g的臭氧中含有的氧原子数=32g64g/molNA×3=2NA个，所以32gO2与O3的混合物中含有2NA个氧原子，故B错误；C．2SO中含2个氧原子，标准状况下，

0.2mol2SO中含氧原子数为A0.4N，故C错误；D．常温下，7.8g22NaO的物质的量为7.8g78g/mol=0.1mol，22NaO中含有3个离子，0.1mol22NaO固体中含有A0.3N个离子，故D错误；在的故选A。13.下

列关于氯气和氯水的叙述正确的是A.可以用pH试纸测定新制氯水的pHB.氯水放置数天后，溶液的酸性逐渐减弱C.新制的氯水只含有HCl、2HO和HClO三种分子D.氯气可用于自来水的杀菌、消毒【答案】D【解析】【详解】A．新制氯水具

有漂白性，不能用pH试纸测定其pH，A错误；B．氯水含有次氯酸，次氯酸见光或受热后分解为盐酸和氧气，氯水放置数天后，溶液的酸性增强，B错误；C．氯气溶于水，部分氯气与水反应生成HCl和HClO，所以新制的氯水一定含有Cl2、H2O和

HClO三种分子，C错误；D．氯气与水反应生成具有强氧化性的次氯酸，具有杀菌消毒作用，D正确；故选D。14.某同学结合所学知识探究22NaO与2H能否反应，设计装置如图，下列说法正确的是A.装置A气密性的检查方法：直接向长颈漏斗中加水，当漏斗中液面高于

试管中液面，说明气密性良好B.装置A也可直接用于2MnO与浓盐酸反应制取2ClC.为达到实验目的需在装置B中盛放无水2CaClD.装置C加热前，用试管在干燥管管口处收集气体点燃，通过声音判断气体纯度【答案】D【解析】【分析】由实验装置

可知，A装置中锌与稀盐酸反应制备氢气，盐酸易挥发，制得的氢气中混有氯化氢和水蒸气，B装置中应盛放碱石灰除去氢气中混有的氯化氢和水蒸气；C装置中过氧化钠用于验证过氧化钠在加热条件下是否与氢气反应；D装置中盛有的无水硫酸铜用于检验过氧化钠与氢气共热反应后是否

有水生成。【详解】A．检验A装置气密性可通过液差法检验，具体操作为先关闭活塞K1，然后直接向长颈漏斗中加水至漏斗中液面高于试管中液面，静置一段时间后，长颈漏斗中液面高于试管中液面且高度不变说明气密性良好，故

A错误；B．2MnO与浓盐酸反应制取2Cl需要加热，故B错误；C．由分析可知，B装置中应盛放碱石灰除去氢气中混有的氯化氢和水蒸气，故C错误；D．氢气属于可燃气体，反应前先验纯，用试管在干燥管管口处收集气体点燃，若发出尖锐的爆鸣声，则说明该气体不纯，故D正确；故选D。15.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)。下列说法中，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，Fe3+作氧化剂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．过程①中，发生复分解反应，生成CuS的反应为H2S+Cu2+=CuS↓+2

H+，A正确；B．过程②中，发生的反应为：CuS+2Fe3+=S+Cu2++2Fe2+，Fe3+作氧化剂，B正确；C．过程③中，氧气是氧化剂，Fe2+是还原剂，O和Fe元素化合价发生变化，C错误；D．根据转化关系图可判断回收S的总反应为2H2S+O2=2H2O+2S↓，D正

确；故选C。16.关于反应3FeSO4+2O3+3NO=Fe2(SO4)3+Fe(NO3)3下列说法正确的是A.Fe2(SO4)3既是氧化产物又是还原产物B.氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3C.该反应中被NO氧化的O3占消耗掉O3的1/4D.3molFeSO4

反应时转移电子数为12NA【答案】D【解析】【详解】A．FeSO4中亚铁离子、NO中N元素化合价升高，被氧化生成氧化产物，Fe2(SO4)3是氧化产物，故A错误；B．反应中FeSO4、NO化合价升高为还原剂，O3化合价降低为氧化剂，

氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3，故B错误；C．该反应中NO的氮元素化合价由+2升高为+5，NO为还原剂，NO还原O3，故C错误；D．3molFeSO4反应共消耗O3为2mol，根据O原子由0价降低为-2价以及得失电子守恒，转移的电子数为12NA，故D正确；答案选D。17.对下列各组离子共存

问题的评价及离子方程式书写正确的是选项离子组评价A23HCOOHNaCa−−++、、、不能大量共存于同一溶液中，因会发生如下反应：322HCOOHCOHO−−+=+B3NaOHClAl+−−+、、、不能大量共存于同一溶液中，因

3Al+和OH−发生反应：33Al3OHAl(OH)+−+=C3FeKSCNBr++−−、、、不能大量共存于同一溶液中，因为有红色沉淀生成：33Fe3SCNFe(SCN)+−+=D23HNaClCO++−

−、、、不能大量共存于同一溶液中，因发生了如下反应：23232NaCONaCO+−+=A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．不能大量共存于同一溶液中，因会发生反应2-332HCOOHCOHO−−+=+，故A错误；B．不能大量共存

于同一溶液中，因3Al+和OH−可以发生反应33Al3OHAl(OH)+−+=，故B正确；C．Fe(SCN)3不是沉淀，故C错误；D．不能大量共存于同一溶液中，因发生反应23222HCOCOHO+−+=+，故D错误；

选B。18.下列离子方程式正确的是A.用醋酸和淀粉-KI溶液检验加碘盐中的3322IO:IO5I6H3I3HO−−−+=+++B.23FeO溶于氢碘酸：22322FeO6H2I2FeI3HO+−+++=++C.3NaHCO溶液与少量

的2Ba(OH)溶液混合：2332HCOBaOHBaCOHO−+−++=+D.向121L0.1molLFeBr−溶液中通入232220.1molCl:2Fe4Br3Cl2Fe2Br6Cl+−+−++=

++【答案】B【解析】【详解】A．用醋酸和淀粉-KI溶液检验加碘盐中的3IO−，原理是3IO−在酸性条件下可与I−发生归中反应生成2I，淀粉遇2I变蓝，醋酸是弱酸，不能拆分，选项A错误；B．I−可将3Fe+还原为2Fe+，自身被氧化为2I，符合客观事实等原则，选项B正确；C．2B

a(OH)少量，根据“少定多变”原则，反应的离子方程式为2233322HCOBa2OHBaCOCO2HO−+−−++=++，选项C错误；D．还原性2FeBr+−，根据竞争反应原则，2Fe+先与2Cl反应：2322FeCl2Fe2Cl++−+=+，20.1molFe+消耗20.05molCl，

剩余20.05molCl与Br−反应：222BrClBr2Cl−−+=+，消耗0.1molBr−，Br−部分反应，正确的离子方程式为23222Fe2Br2Cl2FeBr4Cl+−+−++=++，选项D错误；答案选B。

19.某兴趣小组用K2Cr2O7和浓盐酸制取氯气并探究氯、溴、碘的相关性质，设计装置图如下所示(夹持装置已略去)。下列说法错误的是A.装置A中发生反应的离子方程式：232722CrO6Cl14H2Cr3Cl7H

O−−++++=++B.若装置C发生堵塞，B中长颈漏斗内液面会上升C.为验证氯气是否具有漂白性，I、II、III处分别放置湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条D.通入足量的氯气，打开E的活塞，将溶液滴入D中，锥形瓶下层液体呈紫色即证明氧

化性Br2>I2【答案】D【解析】【分析】常温下K2Cr2O7和浓盐酸在A中反应生成氯气，浓盐酸具有挥发性，导致生成的氯气中含有HCl，用饱和食盐水除去氯气中HCl，氯气没有漂白性但次氯酸有漂白性，氯

气和溴化钠反应生成溴，溴能和KI反应生成碘单质，氯气有毒不能排空，应该用NaOH溶液处理尾气，据此解答。【详解】A．根据以上分析可知装置A发生反应生成氯气，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，得到反应的离子方程式为：232722CrO6Cl14H2Cr3Cl7HO−−++++=++

，A正确；B．若装置C发生堵塞，则装置B中压强增大，因此长颈漏斗内液面会上升，B正确；C．要验证氯气没有漂白性，应该用干燥剂干燥氯气然后用干燥的红色布条检验，则为了验证氯气是否具有漂白性，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别放置湿润的有色布条、无水氯化

钙、干燥的有色布条，C正确；D．将氯气通入溴化钠溶液中，导致溶液中可能含有氯气，氯气也能氧化碘离子生成碘，导致干扰实验，所以若观察到锥形瓶下层液体呈紫红色，不能证明氧化性22BrI，D错误；答案选D。20.构建知识网络是

一种有效的学习方法，化学学习中的“价一类”二维图就是其中一种，如图所示是铁及其化合物的“价一类”二维图，下列有关叙述或化学方程式书写错误的是A.物质A是氧化亚铁B.23FeOFe→可能是2323FeO2Al

2FeAlO++高温C.CB→在空气中的现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色D.23FeClFeCl→的反应类型只能是复分解反应【答案】D【解析】【分析】A为+2价的铁的氧化物，A为FeO，B为碱，铁元素化合价为+3价，B为Fe(OH)3，C为碱，铁元素化合价为+2价，C为

Fe(OH)2。【详解】A．由分析可知，A是氧化亚铁，A正确；B．氧化铁与铝发生铝热反应生成铁和氧化铝，因此23FeOFe→可能是2323FeO2Al2FeAlO++高温，B正确；C．C为Fe(OH)2，B为Fe(OH)3，氢氧化亚铁在空气中易被氧化为氢氧化铁，现象为白色沉淀迅速变成灰绿色，

最终变成红褐色，C正确；D．23FeClFeCl→，铁元素化合价升高，反应类型一定不是复分解反应，D错误；答案选D。第II卷(非选择题，共60分)21.氯及其化合物在工业生产和人类生活中应用广泛。（1）实验室利用将氯气通入碱液制备NaClO和3NaClO，装置如图所示：①盛放浓

盐酸的仪器名称是______，A中发生反应的化学方程式为______。②B的作用是______。③用8.7g2MnO与足量浓盐酸充分反应，生成2Cl的质量为______。（2）C中试管内盛放的试剂为______，其发生反应反应的离子方程式为：______。（3）实验室

可以将氯气通入冷而稀的氢氧化钠溶液获得“84消毒液”，①制备“84消毒液”的离子方程式______。②空气中喷洒“84消毒液”可以达到对环境消毒的目的，其消毒原理为______(请结合方程式和文字说明)。③“84消毒液”与洁厕灵(主要成分为盐酸)混用，会产生黄绿色有毒气体。反应离子方程式为

______。④将“84消毒液”与2SO同时用于织物漂白，效果不佳，原因______(用离子方程式表示)。（4）某同学设计实验探究84消毒液的漂白性。I．在2mL84消毒液中加入2mL水后，放入红色纸片，观察到纸片慢慢褪色。II．在2mL84消毒液中加入

2mL白醋后，放入红色纸片，观察到纸片迅速褪色。III．在不同温度时，测得84消毒液ORP值随时间的变化曲线如图所示。已知：ORP表示水溶液中物质的氧化性或还原性强弱。ORP值越大，氧化性越强。①实验I、II现象不同的原因是为______。②实验III中，随时间的变化OR

P值不同的原因可能是______。③针对不同物品的消毒，需将84消毒液稀释到不同的浓度。已知某品牌84消毒液中次氯酸钠的质量分数为12.6%，若取该消毒液100g，加水稀释为8%的溶液，则需加水的质量为______g。【答案】（1）①.分液漏斗②.()2222Mn

O4HClMnCl2HOCl+++浓③.除去2Cl中的HCl气体④.7.1g（2）①.NaOH溶液②.2323Cl6OH5ClClO3HO−−−+++（3）①.22Cl2OHClClOHO−−−+=++②.223COHOClOHClOHCO−−++=+，HClO具有氧化性，可以杀

菌消毒③.22ClClO2HClHO−−+++=+④.2224ClOHOSOClSO2H−−−+++=++（4）①.醋酸和ClO−反应生成HClO，实验II中HClO浓度大于实验I中HClO浓度②.次氯酸在较高温度下分解变为盐酸和氧气③.57.5【解析】【分析】装置分析

如下：装置A用于制备氯气，锥形瓶中盛装二氧化锰粉末，分液漏斗状浓盐酸；装置B盛装饱和食盐水，用于除去氯气中的氯化氢气体；装置C是氯气与氢氧化钠在加热条件下反应，装置D是氯气与氢氧化钠在低温下反应得到次氯酸钠；装置E是尾气处理，吸收尾气氯化氢和氯气。【小问1详解】①分析装置可知，盛放浓盐酸仪

器名称是分液漏斗；装置A用于制备氯气，发生化学方程式是()2222MnO4HClMnCl2HOCl+++浓；②装置B的作用是除去氯气中的氯化氢气体，防止影响装置C中氢氧化钾与HCl反应；③根据()2222MnO4HClMnCl2HOCl+++浓列式计算得，8771=

8.7x，解得氯气的质量是7.1g；【小问2详解】装置C是在加热条件下进行反应，装置C用于制备3NaClO，则装置C中盛放的试剂是NaOH溶液；氯气与氢氧化钠在加热调价反应得到3NaClO和氯化钠，氯元素化合价既升高也降低，其发生反应反应的离的子方

程式为：2323Cl6OH5ClClO3HO−−−+++；【小问3详解】①常温下，氯气与冷而稀的氢氧化钠溶液反应得到NaClO和NaCl，其离子方程式是22Cl2OHClClOHO−−−+=++；②次氯酸酸性比碳酸弱，所以空气中喷洒“84消毒液”，次氯酸钠与空气中的二氧化碳反应，方程式是

223COHOClOHClOHCO−−++=+，生成的HClO具有氧化性，可以杀菌消毒；③“84消毒液”的主要成分次氯酸钠与洁厕灵(主要成分为盐酸)发生反应，会产生黄绿色有毒气体，故离子方程式是22ClClO2HClHO−−+++=+；④2SO能漂白织物，“84消毒液”也能漂白

织物，两者混合，发生氧化还原反应生成硫酸盐和氯化盐，则漂白效果减弱，离子方程式是2224ClOHOSOClSO2H−−−+++=++；【小问4详解】①其他条件相同时，实验II比实验I增加了白醋，增大溶

液的酸性，红色纸片迅速褪色，漂白性增强，故实验I、II现象不同的原因是为醋酸和ClO−反应生成HClO，实验II中HClO浓度大于实验I中HClO浓度；②HClO不稳定，受热易分解，故实验III中，随时间的变化ORP值不同的原因可能是次氯酸在较高温

度下分解变为盐酸和氧气；③溶液加水稀释过程，溶质的物质的质量不变，故100×12.6%=8%x。解得x=157.5，则需要加水的质量是157.5-100=57.5g。22.钠及其化合物的生产、应用，是化工生产与研究的重要组成部分。

（1）22NaO用途广泛，可用于医药、印染、漂白及用作分析试剂等。实验室模拟工业制备22NaO并检验其纯度的实验流程如图所示。回答下列问题：①生成22NaO的化学方程式是______。②22NaO样品加水溶解的化学方程式为______，生成标准状

况下33.6L气体，转移电子数为______。③样液中加入2MnO后产生能使带火星木条复燃的气体，说明22NaO与水反应的过程中还生成了______(化学式)。④滤液中加入2BaCl溶液产生白色沉淀，说明22NaO样品中含有______杂质，生成白色沉淀的离子方程式是___

___。（2）工业上以侯氏制碱法为基础生产焦亚硫酸钠(225NaSO，能溶于水)的工艺流程如图：①反应I反应的化学方程式是______。②关于该流程，下列说法正确是______(填字母)a．反应反应I中应先通入2CO，再通入3NHb．反应II属于

氧化还原反应c．该流程中，2CO可以循环使用d．溶液乙的结晶产物是硫酸铜晶体③反应III包含多步反应：第一步：……第二步：322522NaHSONaSOHO=+为了减少产品225NaSO中的杂质含量，理论上需控制第一步反应中气体反应物与固体反应物的物质的量之比为____

__。（3）已知225NaSO与稀硫酸反应生成2SO，其离子方程式为______。【答案】（1）①.2222NaONaO+②.22222NaO2HO4NaOHO+=+③.A3N④.22HO⑤.23N

aCO⑥.2233COBaBaCO−++=（2）①.32234NaClNHCOHONaHCONHCl+++=+②.cd③.2：1（3）22522SO2H2SOHO−++=+【解析】的【分析】Na在空气中加热反应产生Na2O2，Na2O2与空气中

的CO2反应产生Na2CO3、O2；Na2O2与水反应产生NaOH、O2，同时有少量未分解的H2O2，H2O2在MnO2催化下分解产生H2O、O2，空气中的CO2也能够与NaOH溶液反应产生Na2CO3，向溶液中加入BaCl2

溶液，反应产生BaCO3沉淀；向NaCl溶液中先后通入NH3、CO2，发生反应产生NaHCO3沉淀和NH4Cl，将NaHCO3沉淀过滤出来，然后加热，NaHCO3分解产生Na2CO3、CO2、H2O；CuS在空气中灼热，发生反应产生CuO、SO2，CuO与H2SO4反应产生CuSO4，将Cu

SO4溶液蒸发浓缩冷却结晶获得胆矾CuSO4·5H2O。Na2CO3、SO2、H2O发生反应：Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2↑；然后NaHSO3受热分解：2NaHSO3ΔNa2S2

O5+H2O；【小问1详解】①Na与O2加热反应产生Na2O2，反应的化学方程式为：2Na+O2ΔNa2O2；②过氧化钠和水反应生成氧气和氢氧化钠，方程式为：22222NaO2HO4NaOHO+=+；该反应中每生成1个氧分子转移2个电子，

标准状况下33.6L气体的物质的量为1.5mol，故当生成标准状况下33.6L气体，转移电子数为A3N；③加入2MnO后产生能使带火星木条复燃的气体是氧气，是过氧化氢分解产生的，故说明22NaO与水反应的过程中还生

成了22HO；④过氧化钠容易变质为碳酸钠，滤液中加入2BaCl溶液产生白色沉淀为碳酸钡，故该现象说明说明22NaO样品中含有23NaCO杂质；生成白色沉淀的离子方程式是2233COBaBaCO−++=；【小问2详解】①反应Ⅰ氯化钠、氨气、二氧化碳和水反应生成碳酸氢钠和氯化

铵，反应I的化学方程式是32234NaCl+NH+CO+HO=NaHCO+NHCl；②a．氨气在水中的溶解度大，故在反应I中应先通入3NH，a错误；b．反应II为碳酸氢钠的分解反应，该反应不是氧化还原反应，b错误；c．反应Ⅱ生成二氧化碳，反应I中需要消耗二氧化碳，因此反应该流程

中，2CO可以循环使用，c正确；d．溶液乙是硫酸铜溶液，因此其结晶产物是硫酸铜晶体，d正确；故选cd；③为了减少产品225NaSO中的杂质含量，第一步反应是碳酸钠和二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠即Na2CO3＋2SO2＋H2O=2NaHSO

3＋CO2，则理论上需控制第一步反应中气体反应物与固体反应物的物质的量之比为2:1；故答案为：2:1；【小问3详解】已知225NaSO与稀硫酸反应生成2SO，其离子方程式为2+2522SO2H=2SO+HO−+；故答案为：2+2522SO2H=2SO+HO−+。23.用NaOH与23

2NaCOnHO的混合物共28g配制成100mL溶液，测得该溶液中()+cNa=4mol/L。另取相同质量的上述混合物，加入盐酸完全反应后，放出的气体在标准状况下的体积为3.36L，消耗盐酸200mL。试计

算：（1）原混合物中NaOH的质量分数______%(保留一位小数)。（2）232NaCOnHO中的n值______。（3）盐酸的物质的量浓度______。【答案】（1）14.3%（2）3（3）2mol/L【解析】【小问1详解】23

22NaCO2HCl=2NaClHO+CO2mol1mol3.36Lx22.4L/mol++x=0.15mol，碳酸钠中含钠离子的物质的量为0.30mol；则NaOH的物质的量：n(NaOH)=4mol/L0.1L-0.30mol0.10mol=，原混合物中NaOH的质量分数0.10

mol40g/L100%14.3%28g，故答案为：14.3%；【小问2详解】232m(NaCOnHO)=(106+18n)g/mol0.15mol=28g-4g=24g，解得：n=3，故答案

为：3；【小问3详解】根据元素守恒可知消耗盐酸的物质的量等于溶液中钠离子的物质的量，n(HCl)=n(Na+)=0.4mol，盐酸的物质的量浓度=2mol/L0.2L0.4mol=，故答案为：2mol/L；24.高铁酸钠(24NaFeO)是一种多功能绿色水处理剂，杀菌消毒的同时可生成氢氧化铁胶体。

某工厂利用废金属屑(主要成分为Fe和Cu，含有少量23FeO)制取24NaFeO并回收金属Cu，工艺流程如下：（1）试剂a为______(填化学式)。（2）证明滤液I中无3Fe+的实验方法是______；用离子方程式解释滤液I不含有3Fe+可能的

原因______。（3）制备24NaFeO的原理：4222422427002FeSO6NaO2NaFeO2NaO2NaSOO++++℃。反应中______作还原剂；每生成1mol24NaFeO转移电子的物质的量为______mol。（4

）高铁酸钠(24NaFeO)是一种能氧化、杀菌、脱色、除臭的新型高效水处理剂。①某兴趣小组欲用24NaFeO固体配制100mL10.1molL−的高铁酸钠溶液，需要高铁酸钠固体的质量为______g。配制所用的容

量瓶上标有______、______、刻度线。②下列操作导致浓度偏低的是______。A．容量瓶用蒸馏水洗净之后，直接用于溶液的配制B．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒C．摇匀后，发现液面低于刻度线，又滴加蒸馏水至与刻度线相切D

．定容时，俯视刻度线【答案】（1）24HSO（2）①.取少量滤液I于试管中，滴加KSCN溶液无明显现象，证明滤液I中无3Fe+②.322FeFe3Fe+++=或2232FeFeO6H3Fe3HO++++=+（3）①.22NaO、4FeSO②.5（4）①.

1.66②.温度③.容积④.BC【解析】【分析】废金属屑中加入少量试剂a稀硫酸，稀硫酸与氧化铁反应生成硫酸铁，生成的硫酸铁又与铁反应生成硫酸亚铁，过滤得到滤液I和固体铁、铜，铁和铜中加入足量稀硫酸，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，铜不与稀硫酸

反应，过滤得到固体铜和滤液II。【小问1详解】由分析可知，试剂a为H2SO4；【小问2详解】检验铁离子可用硫氰酸钾溶液，因此证明滤液I中无Fe3+的实验方法是：取少量滤液I于试管中，滴加KSCN溶液无明显现象，证明滤液I中无Fe3+。废金属屑中加入少

量稀硫酸，稀硫酸与氧化铁反应生成硫酸铁，生成的硫酸铁又与铁反应生成硫酸亚铁，因此滤液I不含有Fe3+可能的原因为：2Fe3++Fe=3Fe2+，或2232FeFeO6H3Fe3HO++++=+；【小问3详解】还原剂化合价升高，反应中氧元素和铁元素化合价都升高，因此还原剂是Na2O2、Fe

SO4；由方程式可知，每生成2molNa2FeO4转移10mol电子，因此每生成1molNa2FeO4转移5mol电子；【小问4详解】①配制100mL0.1mol·L-1的高铁酸钠溶液，高铁酸钠的物质的量n=0.1L×0.1mol

/L=0.01mol，需要高铁酸钠的质量m=0.01mol×166g/mol=1.66g，配制100mL溶液应该选择100mL容量瓶，该容量瓶上标有刻度线、100mL的量程和温度(20°C)，故答案为：1.66；温度；容积；②A．定容时需要加入蒸水，所以容量

瓶用蒸馏水洗净之后，直接用于溶液的配制无影响，故A错误；B．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶液中溶质的物质的量偏小，配制结果浓度偏低，故B正确；C．摇匀后，发现液面低于刻度线，又滴加蒸馏水至与刻度线相切，导致溶液的体积偏大，配制结果浓度偏低，故C正确；D．定容时，

俯视刻度线，导致溶液的体积偏小，配制结果浓度偏高，故D错误；答案为：BC。25.X、Y、Z、W、R、Q为原子序数依次增大的六种短周期主族元素。X是原子半径最小的元素；Y原子最外层电子数是核外电子层数的3倍；Z是短周期中金属性最强的元素；

W是地壳中含量最多的金属元素；R的最高正价与最低负价代数和为4，请回答下列问题：（1）用电子式表示2ZR的形成过程______。（2）W在周期表中的位置是______。（3）ZYX的电子式为______，22XY的结构式为______，22ZY中含有的化学键类型为______。（4）Y、

Z、W三种元素对应的简单离子半径由大到小的顺序是______(用元素的离子符号表示)。（5）下列说法能证明非金属性Q强于R的是______(填字母)。a．简单阴离子的还原性：QRb．简单氢化物热稳定性：QRc

．氧化物对应的水化物的酸性：QR（6）W的单质与Z的最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式是______。（7）处于周期表中对角线位置(左上方和右下方)的元素，其性质具有相似性，称为“对角线规则”，写出()2BeOH与

氢氧化钠溶液反应的化学方程式______。【答案】（1）（2）第三周期第IIIA族（3）①.②.HOOH−−−③.离子键、(非极性)共价键（4）23ONaAl−++（5）b（6）2222Al2NaOH2HO2NaAlO3H++=+（7）()2222BeOH

2NaOHNaBeO2HO+=+【解析】【分析】X、Y、Z、W、R、Q为原子序数依次增大的六种短周期主族元素。X是原子半径最小的元素，则X是H元素；Y原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，则Y核外电子排布是2、6，Y是O元素；Z是短周期中金属性

最强的元素，则Z是Na元素；W是地壳中含量最多的金属元素，则W是Al元素；R的最高正价与最低负价代数和为4，R的最高正价与最低负价的绝对值之和为8，则R是S元素，Q是Cl元素，然后根据元素周期律及元素化合物的性质分析解答。【小问1详解】2NaS形成时硫原子失去电子，钠原子得到电子，形成过程；

【小问2详解】W是Al，原子核外K、L、M层依次排有2、8、3个电子，根据元素在周期表的位置与原子结构关系可知Al位于元素周期表第三周期第IIIA族，答案为：第三周期第IIIA族；【小问3详解】ZYX是Na

OH，氢氧之间是共价键，钠离子与氢氧根离子之间是离子键，电子式：；X是H，Y是O，X2Y2表示的是H2O2，该物质是由分子构成的，其中含有极性键、非极性键，结构式是：H—O—O—H；22ZY是22NaO中含有的化学键类型为离子键、

(非极性)共价键，答案为：，HOOH−−−，离子键、(非极性)共价键；【小问4详解】Y是O，Z是Na，W是Al，这三种元素形成的离子O2-、Na+、Al3+核外电子排布都是2、8。对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则三种离子

的半径由大到小的顺序为：O2-＞Na+＞Al3+；【小问5详解】a．元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性就越弱，所以根据离子还原性：S2-＞-Cl，证明元素的非金属性：_Cl＞S，a错误；b．元素的非金属性越强，其简单氢化物的热稳定

性就越弱，可根据氢化物的稳定性：HCl＞H2S，证明元素的非金属性：Cl＞S，b正确；c．未指明是最高价氧化物对应的水化物，因此不能利用含氧酸酸性强弱判断非金属性强弱，c错误；故选b；【小问6详解】W是

Al，Z是Na，Al能够与Na的最高价氧化物对应的水化物NaOHNaOH的水溶液反应产生NaAlO2、H2，该反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；【小问7详解】处于周期表

中对角线位置(左上方和右下方)的元素，其性质具有相似性，称为“对角线规则”，()2BeOH与氢氧化钠溶液反应的化学方程式和氢氧化铝与氢氧化钠的反应相似，所以答案为：()2222BeOH2NaOHNaBeO2HO+=+。获得更多资源请扫码加入享学资源

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