【文档说明】四川省广安市华蓥市华蓥中学2024-2025学年高一上学期11月期中化学试题 Word版含解析.docx，共(18)页，2.133 MB，由envi的店铺上传

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高2027届高一上半期考试化学试题可能用到的相对原子量：H-1C-12O-16Na-23C1-35.5Fe-56Cu-64一、选择题(本题共16个小题，每小题3分，共48分)1.化学与生活密切相关。下列说法错误的是A.“火树银花”中的焰火实质上是金属元素的焰色试验B.放映机到银幕间产生

光柱因为丁达尔效应C.维生素C用作抗氧化剂，说明维生素C具有氧化性D.漂白粉中次氯酸盐具有强氧化性，漂白粉既可作漂白剂，又可用消毒剂【答案】C【解析】【详解】A．金属单质或它们的化合物在火焰上灼烧时都会使火焰呈现特殊的特征颜色，叫做焰色反应，故A正确；B．空气

属于气溶胶，放映机到银幕间产生光柱是因为丁达尔效应，故B正确；C．维生素C用作抗氧化剂，说明维生素C具有还原性，故C错误；D．漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，具有氧化性，漂白粉既可作漂白剂，又可用消毒剂，故D正确；选C。2.下列离子反应方程式正确的是A.氯气溶于水：22Cl

HO2HClClO+−−+=++B.氯气通入氯化亚铁溶液反应：232FeClFe2Cl++−+=+C.钠在水中的反应：222Na2HO2Na2OHH+−+=++D.小苏打溶液与氢氧化钠溶液反应：322HCOOHHOCO−−+=+【答案】C【解析】【详解

】A．氯气溶于水，与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸为弱电解质，离子方程式为：22ClHOHClHClO+−+=++，A错误；B．电荷不守恒，离子方程式应为：2322FeCl2Fe2Cl++−+=+，B错误；C．金属钠与水反应的反应

方程式为：222Na2HO2NaOHH+=+，离子方程式为：222Na2HO2Na2OHH+−+=++，C正确；是D．小苏打溶液与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，离子方程式为：2323HCOOHHOCO−−−+=+，D错误；故选C。3.某透明溶液能

使紫色石蕊变红，在该溶液中一定大量共存的离子组是A.2Ba+、4MnO−、24SO−、Cl−B.2Cu+、2-4SO、3NO−、Na+C.2-3CO、I−、*K、2Ba+D.K+、Na、2-3SO、OH−【答案】B【解析】【

分析】某透明溶液能使紫色石蕊变红，说明该溶液显酸性，含有氢离子，由此回答。【详解】A．2Ba+与24SO−不能共存，A错误；B．该组离子在溶液中澄清透明，且相互间不发生反应，能大量共存，B正确；C．由分析可知，透明溶液中含有H+，，不能与23CO−共存，C错误；D．由分析

可知，透明溶液中含有H+，不能与OH−共存，D错误；故选B。4.为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法错误的是A.2CO气体(HCl)，饱和23NaCO溶液B.23NaCO固体()3NaHCO，加热至不再产生气体C.22NaO粉

末()2NaO，将混合物在氧气中加热D.()2ClHCl，饱和食盐水【答案】A【解析】【详解】A．饱和Na2CO3溶液不仅能吸收HCl，而且能吸收CO2，不符合除杂的原则，应用饱和NaHCO3溶液除去CO2

气体中的HCl，A错误；B．加热时Na2CO3固体不反应，NaHCO3固体加热分解成Na2CO3、H2O和CO2，加热至不再产生气体可除去Na2CO3固体中的NaHCO3，B正确；C．Na2O在O2中加热发生反应生成Na2O2，杂质Na2O转化成Na2O2，C正确；D．C

l2在饱和食盐水中溶解度较低，而HCl在饱和食盐水中溶解度较高，Cl2中的HCl气体可以用饱和氯化钠溶液除杂，D正确；故选A。5.下列实验现象、结论或解释与实验操作相匹配的是实验操作实验现象结论或解释A向某待测液中加入硝酸银溶液有白色沉淀产生待测液中一定含Cl-B向2mLKI溶液中滴加几滴

氯水，振荡，再滴加2滴淀粉溶液溶液呈蓝色Cl2的氧化性比I2的强C向待测液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液有白色沉淀产生待测液中一定含2-4SOD向待测液中加入稀盐酸溶液有气泡产生待测液中一定含-3HCOA.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．向某待测液中加

入硝酸银溶液，有白色沉淀产生，该沉淀可能是AgCl，也可能是Ag2CO3或Ag2SO4等，因此不能证明待测液中一定含Cl-，A错误；B．向2mLKI溶液中滴加几滴氯水，振荡，再滴加2滴淀粉溶液，溶液呈蓝色，说明反应产

生有I2，发生反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，证明物质的氧化性：Cl2＞I2，B正确；C．向待测液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀产生，该沉淀可能是AgCl，也可能是BaSO4，因此不能证明待测液中一定含2-4SO，C错误；D．

向待测液中加入稀盐酸溶液，有气泡产生，该气体可能是CO2，也可能是SO2，则待测液中可能含-3HCO，也可能含有2-3CO或-3HSO或2-3SO中的任何一种或几种离子，D错误；故合理选项是B。6.氢化钠

可在野外用作氢剂。其化学反应原理：22NaH+HO=NaOH+H。下列有关该反应的说法中，正确的是A.该反应为置换反应B.NaH是还原剂，发生还原反应C.生成1个2H时，转移2个电子D.氢气既是氧化产物，又是还原产物【答案】D【解析】【详解】

A．置换反应是一种单质和一种化合物反应生成一种单质和一种化合物，22NaH+HO=NaOH+H该反应是两种化合物反应生成一种单质、一种化合物，不是置换反应，A错误；B．NaH中氢元素化合价为-1价，化合价升高，NaH是还原剂，发生氧化反应，B错误

；C．2H中H一半来自NaH，一半来自2HO，则生成1个2H时，转移1个电子，C错误；D．12H中的H一半来自NaH，一半来自2HO，则氢气既是氧化产物，又是还原产物，D正确；故答案为：D。7.下列有关3NaHCO、23NaCO的性质比较中，

正确的是A.热稳定性233NaCONaHCO，同浓度碱性233NaCONaHCOB.溶于水时，23NaCO有吸热现象，3NaHCO有放热现象C.可用()2BaOH溶液区分3NaHCO固体和23NaCO固体D.等物质的量的3NaHCO和23NaCO与足量稀盐酸反应，23Na

CO放出的2CO多【答案】A【解析】【详解】A．热稳定性233NaCONaHCO，同浓度碱性233NaCONaHCO，故A正确；B．溶于水时，23NaCO有放热现象，3NaHCO有吸热现象，故B错误；C．()2BaOH与23NaCO和3NaHCO均能反应

生成碳酸钡沉淀，无法区分3NaHCO固体和23NaCO固体，故C错误；D．等物质的量的3NaHCO和23NaCO与足量稀盐酸反应，根据碳元素守恒，放出的2CO一样多，故D错误；答案选A。8.将Na投入到下列

溶液中，溶液质量增加的是①2MgCl溶液②3FeCl溶液③饱和NaOH溶液④24HSO溶液的A.①B.②C.③D.④【答案】D【解析】【详解】A．Na先和水反应，生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠在和2MgCl反应，生成氢氧

化镁沉淀，22222Na+2HO+MgCl=2NaCl+Mg(OH)+H，溶液质量减少，故A错误；B．Na先和水反应，生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠在和3FeCl反应，生成氢氧化铁沉淀，23326Na+6

HO+2FeCl=6NaCl+2Fe(OH)+3H，溶液质量减少，故B错误；C．钠与饱和氢氧化钠溶液反应的实质是钠与水的反应，钠和水的反应方程式为：2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑，由于是饱和溶液，溶剂减少，会析出氢氧化钠溶质，溶液质量减少，故C错误；D．Na和24HSO

反应，生成硫酸钠和水，反应方程式为：242422Na+HSO=NaSO+H，溶液质量增加，故D正确；答案选D。9.下列关于2NaO和22NaO的叙述正确的是①2NaO与22NaO都能和水反应生成碱，它们都是化

合反应②22NaO可作供氧剂，而2NaO不能③22NaO、2NaO在空气中久置都会发生变质，最后变为23NaCO粉末④2NaO与22NaO的阴、阳离子个数比分别为1:2、1:1⑤向酚酞溶液中加入22NaO粉末，溶液先变红后褪色，并有气泡生成A.①③④B.①

②⑤C.②③⑤D.①④⑤【答案】C【解析】【详解】根据题目分析如下：①2NaO与22NaO都能和水反应生成碱，它们都是化合反应：22OHO2NaNaOH+=，化合反应；22222O2HO4ONaNaOH+=+，不是化合反应，①错误；②22NaO可作供氧剂，而2NaO不能：根

据①的反应，22NaO能与水或2CO反应产生2O，可作供氧剂；而2NaO不能产生2O，②正确；③22NaO、2NaO在空气中久置都会发生变质，最后变为23NaCO粉末：222223HO2OOCONaNaOHNaCONa→→，最终都变为23NaCO，③正确；④2

NaO与22NaO的阴、阳离子个数比分别为1:2、1:1：一个2ONa由2个Na+和1个2O−构成，阴、阳离子个数比为1:2；一个22ONa由2个Na+和1个22O−构成，阴、阳离子个数比为1:2；④错误；⑤向酚酞溶液中加入22NaO粉末，溶液先变红后褪色，并有气泡生成：22222O2H

O4ONaNaOH+=+，生成NaOH使酚酞变红，产生2O出现气泡，同时22NaO具有漂白作用，将变红的酚酞漂白褪色，⑤正确；正确的组合为：②③⑤，故答案为：C。10.下列实验装置能达到实验目的的是是

A．探究Na与水的反应是否放热B．测定氯水的pHC．观察钠元素的焰色D．比较23NaCO、3NaHCO的稳定性A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．钠与水反应放热，通过U形管中红墨水的液面高低可验

证反应中能量变化，红墨水左低右高说明Na与水的反应放热，故A符合题意；B．氯水中HClO有漂白性，最终pH试纸被漂白，无法测出pH值，故B不符合题意；C．铜元素的焰色试验，火焰呈绿色，会对实验有干扰，铁元素没有焰色反应，可用光洁的铁丝蘸取含钠元素的溶液灼烧观察钠元素的焰色反应，故C不符合题

意；D．比较碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性，外试管温度高，外管中放碳酸钠，内试管中放碳酸氢钠，故D不符合题意；答案选A。11.侯氏制碱法生产纯碱的主要流程如图所示，请结合流程图判断下列说法不正确．．．的是A.该流程中未涉及氧化还原反应B

.该流程中2CO可循环使用，副产品可作肥料C.该流程中向饱和食盐水中先通2CO至饱和，再通足量3NHD.沉淀池中发生反应的化学方程式为：22334NaCl+CO+HO+NH=NaHCO+NHCl【答案】C

【解析】【分析】氨气、二氧化碳和饱和食盐水一起生成碳酸氢钠沉淀，母液中主要有饱和碳酸氢钠溶液和氯化铵，碳酸氢钠煅烧生成碳酸钠、二氧化碳和水，二氧化碳可以参与上一步循环反应。【详解】A．该流程中没有化合价的变化，未涉及氧化还原反应

，A正确；B．该流程中2CO可循环使用，副产品为4NHCl，可作肥料，B错误；C．在饱和食盐水中先通入氨气，再通入二氧化碳，C错误；D．沉淀池中发生反应生成碳酸氢钠，化学方程式为：22334NaCl+CO+HO+NH=NaHCO+NHCl，D正确；故选C。12.纳米级34FeO可用于以太阳能为

热源分解水制2H，过程如图所示。下列说法不正确的是A.纳米级34FeO分散于水中形成的分散系可产生丁达尔效应B.过程Ⅰ的化学方程式为3422FeO6FeOO+太阳能C.2H是过程Ⅱ的氧化产物D.整个过程的总反

应为222342HO2HOFeO+太阳能【答案】C【解析】【详解】A．34FeO是纳米级的，在水溶液中形成的分散系是胶体，可产生丁达尔效应，故A正确；B．从箭头看，过程Ⅰ的反应物是34FeO，生成物是FeO和2O，条件是太阳能，则过程Ⅰ的化学方程式为3422FeO6FeOO+太阳能，故

B正确；C．过程Ⅱ是2HO和FeO反应生成2H和34FeO，氢元素的化合价从+1价被还原成0价，则2H是过程Ⅱ的还原产物，故C错误；D．从整个过程来看，34FeO是反应的催化剂，则总反应式为222342HO2HOFeO

+太阳能，故D正确；答案C。13.下列各组溶液，只需组内物质相互反应就能区别的是A.NaOH、3FeCl、NaCl、3HNOB.2BaCl、23NaCO、KOH、24KSOC.NaOH、24NaSO、2MgCl、HC

lD.24HSO、KCl、2ZnCl、2CuCl【答案】A【解析】【详解】A．通过溶液的颜色首先鉴别出黄色的溶液是3FeCl，然后将3FeCl滴入剩余的三种溶液中，会生成红褐色沉淀的是NaOH，然后将没有生成沉淀的两种溶液滴入沉淀中，沉淀溶解的是3HNO，沉淀不溶解的是

NaCl，可以鉴别，A正确；B．2BaCl、23NaCO、KOH、24KSO四种溶液均为无色，只有BaCl2和Na2CO3、BaCl2和K2SO4产生白色沉淀，故不加其他试剂无法可以鉴别，B错误；C．NaOH、24NaSO、2MgCl、HCl四种溶液均为无色，且只有NaOH和

MgCl2混合产生白色沉淀，故不加其他试剂无法可以鉴别，C错误；D．通过溶液的颜色首先鉴别出蓝色的溶液是2CuCl，然后将氯化铜滴入剩余的三种溶液中，都没有明显现象，因此不能鉴别，D错误；故选A。14.若能发生如下反应：①32232BrOClBr2ClO−−+=+；②322ClO5Cl6H3Cl3

HO−−+++=+；③2232FeClCl2FeCl+=。根据上述反应，判断下列结论中错误是A.2Cl在反应①③中均作氧化剂B.2Cl在反应②中既是氧化产物又是还原产物C.氧化性强弱的顺序为：3332BrOClOClFe−−+D.反应③中2Fe+被氧化

【答案】A【解析】【分析】①在反应32232BrOClBr2ClO−−+=+中，3BrO−中Br的化合价由+5价降低到0价，2Cl中Cl的化合价由0价升高到+5价，故氧化剂为3BrO−，氧化产物为3ClO−，还原剂为2Cl，还原产物为2Br，氧化性33BrO>ClO−−；②在反应

322ClO5Cl6H3Cl3HO−−+++=+中，3ClO−中Cl的化合价由+5价降低到0价，Cl−中Cl的化合价由-1价升高到0价，故氧化剂3ClO−，氧化产物为2Cl，还原剂为Cl−，还原产物为2Cl，氧化性：32Cl

O>Cl−；③在反应2232FeClCl2FeCl+=中，2Cl中Cl的化合价由0价降低到-1价，2FeCl中Fe的化合价由+2价升高到+3价，故氧化剂为2Cl，氧化产物为3Fe+，还原剂为2Fe+，还原产物为Cl−，氧化性32ClFe+，综上，氧化性3332BrOClOClFe−−+

，据此回答。【详解】A．由分析可知，Cl2在反应①中作为还原剂，在③中均作氧化剂，A错误；的B．由分析可知，Cl2在反应②中既是氧化产物又是还原产物，B正确；C．由分析可知，氧化性3332BrOClOClFe−−+，C正确；D．由分析可知，反应③还原剂为2Fe

+，被氧化，D正确；故选A。15.下列物质均为ag，将它们在氧气中完全燃烧后的产物与足量的过氧化钠充分反应，则过氧化钠固体增重小于ag的是①CO②224HCO③4CH④HCHO⑤3CHCOOH⑥HCOOHA.②⑥B.

③⑤C.②⑤D.②④【答案】A【解析】【详解】H2、CO发生的化学方程式为：2H2+O2点燃2H2O，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；2CO+O2点燃2CO2，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+

O2，由反应方程式可知，过氧化钠增加的质量即为H2、CO的质量。因此只要是CO或H2或它们的气体混合物或化学组成符合(CO)m·(H2)n，则过氧化钠固体增重质量等于原物质的质量，若分子中碳、氧原子个数比大于1：1，则

过氧化钠固体增重的质量大于原物质的质量；若分子中碳、氧原子个数比小于1：1，则过氧化钠固体增重的质量小于原物质的质量；则符合碳、氧原子个数比小于1：1的有②⑥；故选A。16.将一定量的氯气通入热的NaOH浓溶液中，恰好完全反

应，溶液中形成NaClNaClO、和3NaClO的共存体系。下列判断错误的是A.参加反应的氯气与NaOH个数比为1:2B.生成物中NaClNaClO、和3NaClO的个数比可能为6:1:1C.若有一个氯气

参加反应，转移的电子数目1到43之间D.反应后的溶液中，Na+与Cl−个数比可能为7:4【答案】C【解析】【详解】A．将一定量的Cl2通入热的NaOH浓溶液中，恰好完全反应生成NaCl、NaClO、NaClO3和H2O，NaCl

、NaClO、NaClO3中Na与Cl的个数之比都为1∶1，根据Na、Cl原子守恒，参加反应的Cl2与NaOH个数比为1∶2，A项正确；B．反应中部分Cl元素的化合价由0价降至-1价，部分Cl元素的化合价由0价升至+1价或+5价，根据得失电子守恒可得N(NaCl)=N(NaClO)+5N(

NaClO3)，当NaCl、NaClO和NaClO3的个数比为6∶1∶1时满足上述守恒，故生成物中NaCl、NaClO和NaClO3的个数比可能为6∶1∶1，B项正确；C．若生成物为NaCl、NaClO

和H2O，反应为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，1个Cl2参加反应，转移电子数为1；若生成物为NaCl、NaClO3和H2O，反应为3Cl2+6NaOHΔ5NaCl+NaClO3+3H

2O，3个Cl2参与反应转移5个电子，则1个Cl2参加反应，转移电子数为53；故若1个Cl2参加反应，转移电子数目1到53之间，C项错误；D．若生成物为NaCl、NaClO和H2O，反应为Cl2+2NaOH=NaCl+NaC

lO+H2O，溶液中Na+与Cl-的个数比为2∶1；若生成物为NaCl、NaClO3和H2O，反应为3Cl2+6NaOHΔ5NaCl+NaClO3+3H2O，溶液中Na+与Cl-的个数比为6∶5；故反应后溶液中Na+与Cl-的个数比为6∶5到2

∶1之间，可能为7∶4，D项正确；答案选C。二、填空题(本题共4个小题，共52分)17.根据下列几种物质：回答问题：①石墨②4CH③42CuSO5HO④HCl⑤4NaHSO固体⑥()2BaOH溶液（1）上述物质属于电解质的为_____(填序号，下同)，能导电的为_____。（2）向

()2BaOH溶液中加入4NaHSO溶液至2Ba+恰好完全沉淀时，其反应的离子方程式为_____。（3）从海水中获得的粗盐中含有2Ca+、2Mg+、24SO−等杂质离子，某同学设计如下方案将从海水中获得的粗食盐水转化为精盐水。①滴加稍过量()2BaOH溶液

后，溶液中离子浓度几乎为0的是_____(填离子符号)。②加入稍过量23NaCO溶液的目的是_____。（4）已知蒸馏水几乎不导电，某化学小组利用图甲装置做导电性实验，向()2BaOH溶液中逐滴加入上述

_____(填序号)的溶液时，其导电性的变化趋势如下图乙所示，图乙中OA段对应的离子方程式为_____。【答案】（1）①.③④⑤②.①⑥（2）2+2+-442Ba+SO+H+OH=BaSO+HO（3）①.24SO−、2Mg+②.除去2Ba+和2Ca+（4）①.③②.()2-42+-2+42Ba+

2OH+Cu+BaSO+CSO=uOH【解析】【分析】粗盐中含有2Ca+、2Mg+、24SO−加入过量()2BaOH溶液，除去镁离子、硫酸根离子；加入过量碳酸钠溶液除去钙离子、钡离子，过滤后滤液中加热稀

盐酸除去多余的氢离子，得到精盐水。【小问1详解】导电是指有自由移动的电子和在水溶液或熔融状态下有自由移动的离子，①石墨是单质，不是电解质，也不是非电解质，但能导电；②4CH是化合物，不是电解质，也不是非电

解质，不导电；③42CuSO5HO是盐，属于电解质，不导电；④HCl属于电解质，由分子组成，不导电；⑤4NaHSO固体是盐，属于电解质，不导电；⑥()2BaOH溶液是混合物，不是电解质，能导电；属于电解质的为③④⑤

，能导电的为①⑥，故答案为：③④⑤；①⑥；【小问2详解】向()2BaOH溶液中加入4NaHSO溶液至2Ba+恰好完全沉淀时，()2BaOH与4NaHSO等物质的量反应，对应离子方程式为2+2+-442Ba+SO+H+OH=BaSO+HO

，故答案为：2+2+-442Ba+SO+H+OH=BaSO+HO；【小问3详解】滴加稍过量()2BaOH溶液后，除去镁离子、硫酸根离子，溶液中离子浓度几乎为0的是24SO−、2Mg+，故答案为：2

4SO−、2Mg+；加入稍过量23NaCO溶液的目的是除去2Ba+和2Ca+，故答案为：除去2Ba+和2Ca+；【小问4详解】图乙中导电能力先下降几乎为0，后增大；()2BaOH为强电解质，溶液中自由移动离子浓度大，导电能力强，当加入硫酸铜发生反应()2

+-2+2-442Ba+2OH+Cu+SO=BaSO+CuOH，生成氢氧化铜、硫酸钡沉淀，使得自由移动离子浓度减小，导电能力减弱，当两者恰好完全反应，导电能力几乎为0，随着硫酸铜过量，导电能力增强，故答案为：③；()2+-2+2-442Ba+

2OH+Cu+SO=BaSO+CuOH。18.回答下列问题：（1）某同学设计如下实验研究22HO的性质，请补全实验现象b．___________，根据实验2现象写出该反应的离子方程式___________。序号实验实验现象1向225%HO溶

液中滴加酸性4KMnO溶液a．溶液紫色褪去；b．___________2向含225%HO的酸性溶液中滴加淀粉碘化钾溶液c．溶液变蓝（2）将含亚硝酸钠2(NaNO)的废水直接排放会引起水体严重污染，所以这种废水必须处理后才能排放

。处理方法之一如下，请完成该化学方程式并配平___________。____2NaNO+____KI+____=____NO+____2I+____24KSO+____24NaSO+____2HO（

3）在2S−、2Fe+、2Mg+、S、I−、H+中，既有氧化性又有还原性的是___________。（4）用双线桥标出方程式3226HClKClOKCl3Cl3HO+=++中电子转移的方向和数目___________，该反应中若生成2213gCl，则被氧化的HC

l有___________g。（5）23AsO、Zn、3AsH(气态)、4ZnSO、24HSO、2HO组成的一个氧化还原反应体系中，已知23AsO作氧化剂，4ZnSO作氧化产物。该反应的化学反应方程式为：___________。【答案】（1）①.生成气泡②

.2222HO2I2HI2HO−+++=+（2）2242242422NaNO2KI2HSO2NOIKSONaSO2HO++=++++（3）2Fe+、S（4）①.②.182.5（5）24234236HSOAsO6Zn6ZnSO3HO2AsH++=++【解析】【小问1详解】22HO中

的O元素显-1价，既可升高表现出还原性，又可降低表现出氧化性，外界环境不同，22HO表现的性质也不同。实验i中，KMnO4被22HO还原为Mn2+，紫色褪去，同时生成O2，实验ii中，22HO能将KI氧化为I2，使

淀粉变蓝色。过氧化氢和酸性高锰酸钾反应生成氧气，故现象b.生成气泡；碘单质能使淀粉变蓝色，实验中碘离子和过氧化氢反应生成碘单质和水，反应为-+2222HO+2I+2H=I+2HO；【小问2详解】氮元素化合价由+3变

为+2，碘元素化合价由-1变为0，根据电子守恒、质量守恒配平可得：2NaNO2+2KI+2H2SO4=2NO↑+I2+K2SO4+Na2SO4+2H2O；【小问3详解】在S2-、Fe2+、Mg2+、S、I－、H+中，只有Fe2+、S的化合价处于中间价既能升高又能降低，所以既有氧化性又有还原

性的是Fe2+、S。【小问4详解】反应6HCl+KClO3=KCl+3Cl2↑+3H2O中，HCl表现还原性和酸性，KClO3表现氧化性，电子转移数目为5e-，则电子转移的方向和数目可表示为，该反应中若生成213gCl2，物质的量为213g71g/mol=3mol，则被氧

化的HCl为5mol，质量为5mol×36.5g/mol=182.5g。【小问5详解】As2O3、Zn、AsH3(气态)、ZnSO4、H2SO4、H2O组成的一个氧化还原反应体系中，已知As2O3作氧化剂，还原产物为AsH3，

则Zn为还原剂，ZnSO4作氧化产物，该反应的化学反应方程式为：6H2SO4+As2O3+6Zn=6ZnSO4+3H2O+2AsH3↑。19.高铁酸钾()24KFeO为暗紫色固体，是一种高效多功能的新型非氯绿色消毒剂，易溶于水，在KOH浓溶液中溶解度较低，在酸性或

中性溶液中不稳定，在碱性溶液中较稳定且碱性越强越稳定。某实验小组设计如图装置制备24NaFeO，再经过后续操作将24NaFeO转化为24KFeO。根据所学知识回答下列问题：（1）写出装置A中发生反应的离子方程式为_____。（2）装置A中盛装浓盐酸的仪器

名称为_____，装置B中盛装的液体为_____。（3）向装置C中通入的2Cl不能过量，原因是_____。（4）装置D中发生反应的离子方程式为_____。（5）高铁酸钾()24KFeO是水处理过程中的一种新型综合型的水处理剂。高铁酸钾具有强氧化性，在净水过程中可生成()3Fe

OH胶体，高铁酸钾用作水处理剂的理由是_____。（6）二氧化氯是一种高效消毒剂，若2ClO和2Cl在消毒时自身均被还原为2Cl,ClO−的消毒能力是等质量2Cl的_____倍(保留1位小数)。【答案】（1）+-2+222MnO+4H+2ClMn

+Cl+2HOΔ（2）①.分液漏斗②.饱和食盐水（3）防止2Cl过量使溶液碱性减弱，造成24NaFeO损失（4）22Cl2OHClClOHO−−−+=++（5）强氧化性可杀菌消毒，反应中生成的()3FeOH胶体可以净水（6）2.6【解析】【分析】由题给实验装置图可知，装

置A中浓盐酸与二氧化锰固体在加热条件下反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有的氯化氢会干扰反应，装置B中盛有的饱和氯化钠溶液用于除去氯化氢气体，装置C中氯气与过量的氢氧化钠溶液、硝酸铁反应制备高铁酸钠，装置D中

氢氧化钠溶液用于吸收氯气，防止污染空气，据此分析回答问题。小问1详解】装置A为Cl2的发生装置，浓盐酸与二氧化锰固体加热反应制备氯气，发生反应的离子方程式为：+-2+222MnO+4H+2ClMn+Cl+2HOΔ，故答案为：+-2+222MnO+4H+2ClMn+Cl+2HOΔ；【小问2详解

】装置A中盛装浓盐酸的仪器名称为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；由分析可知，装置B中盛装的液体为饱和NaCl溶液，故答案为：饱和NaCl溶液；【小问3详解】根据题意，向装置C中通入的Cl2不能过量，原因是为了防止氯气过量使溶液碱性减弱，造成Na2FeO4的损失，故答案为：防止氯气过量使溶液碱性减弱，

造成Na2FeO4的损失；【小问4详解】装置D为氯气和氢氧化钠反应，生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：22Cl2OHClClOHO−−−+=++，故答案为：22Cl2OHClClOHO−−−+=++；【小问5详解】高铁酸钾用作水处理剂是由于K2FeO4具有强氧化性可杀菌

消毒，在反应中生成的氢氧化铁胶体具有吸附性可净水，故答案为：强氧化性可杀菌消毒，反应中生成的()3FeOH胶体可以净水；【小问6详解】设ClO2和Cl2均为mg，则n(ClO2)=mmol67.5，被还原为Cl-转移电子数5mmol67.5，n(Cl2)

=mmol71，被还原为Cl-转移电子数2m71mol，则5m2mmol:mol2.667.571，故答案为：2.6。20.某实验小组为了测定已变质的过氧化钠样品中，Na2O2的质量分数，称取ag样品，并设计了如图所示的装置进行实验。（1）将仪器连接好以后，必须进行的第一步操

作是___________。装置B的作用是___________。【（2）甲同学想在装置B和装置C之间加入一个气体干燥装置，则可选用___________作为干燥剂。（3）写出装置C中发生的主要反应的化学方程式：___________。（4）装置D中盛装的试剂为___________。（5）

实验结束后，在读取生成气体的体积时，以下行为合理的是___________(填字母)。а．冷却到室温后再读取体积b．移动量筒使E、F内液面高度相同c．视线与凹液面的最低处相平【答案】（1）①.检查装置气密性②.除去CO2中的HCl杂质（2）浓硫酸(氯化钙、五氧化二磷均可)（3）222232

2NaO2CO2NaCOO+=+（4）氢氧化钠溶液（5）abc【解析】【分析】盐酸和大理石反应生成氯化钙、二氧化碳和水，二氧化碳中含有易挥发的HCl杂质，用饱和碳酸氢钠溶液除掉HCl，二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，氧气中含有二氧化碳杂质，用氢氧化钠溶液反应二氧化碳气体，用排水法

收集氧气，排除水的体积等于氧气的体积。小问1详解】将仪器连接好以后，必须进行的第一步操作是检查装置气密性，由分析可知，装置B的作用是除去CO2中的HCl杂质；【小问2详解】在装置B和装置C之间加入一个气体干燥装置，需要干燥CO2气体，可以

选用酸性或中性干燥剂，具体可以选用浓硫酸或氯化钙或五氧化二磷等；【小问3详解】装置C中主要是二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气的反应，反应的化学方程式为：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2；【小问4详解】由分析可知，装置D中盛装的试剂为氢氧化钠溶液，用于除掉剩余的CO2

；【小问5详解】a．读取气体体积前，需冷却到室温，避免温度高使气体膨胀，读数偏大而产生误差，故a正确；b．调整量筒使E、F内液面高度相同，使装置内压强和外界压强相同，避免读取体积产生误差，故b正确；【c．视线与凹液面的最低点相平时

读取量筒中水的体积，避免读数误差，故c正确；答案为abc。