【文档说明】黑龙江省哈尔滨市第三中学校2022-2023学年高一上学期期末考试 化学 答案.docx，共(18)页，740.351 KB，由小赞的店铺上传

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哈三中2022-2023学年度上学期高一学年期末考试化学试卷可能用到的相对原子质量H1He4C12N14O16Na23S32Cl35.5Mn55I卷(选择题共50分)一、选择题(每题只有一个选项符合题意，1

-10题每题2分，11-20每题3分，共50分)1.二十大报告中指出“我们要推进美丽中国建设，坚持山水林田湖草沙一体化保护和系统治理”，下列做法不符合上述要求的是A.深入推进能源革命，加强煤炭清洁高效利用B.推动形成绿色低碳的生产方式和生活方式C.大面积使

用化肥农药，使粮食增产农民增收D.合理利用和保护稀土资源，实现可持续发展战略【答案】C【解析】【详解】A．深入推进能源革命，加强煤炭清洁高效利用，减少污染气体的产生，A符合；B．推动形成绿色低碳的生产方式和生活方式，减少二氧化碳的排放，B符合；C．大面积使用化肥农药，会造成环境污染

，C不符合；D．合理利用和保护稀土资源，实现可持续发展战略，D符合；故选C。2.对物质进行分类，有利于我们的学习。下列物质的分类正确的是A.23AlO——碱性氧化物B.漂白粉——混合物C.纯碱——碱D.2CO——电解质【答案】B【解析】【详解】A．

23AlO既可以与酸反应生成盐和水，也可以与碱反应生成盐和水，其属于两性氧化物，A错误；B．漂白粉主要含有氯化钙和次氯酸钙，是混合物，B正确；C．纯碱碳酸钠，属于盐，不属于碱，C错误；D．CO2在水溶液中或熔融状态下本身不能发生电离，属

于非电解质，D错误；故选B。3.下列各组物质反应，条件(温度、浓度、反应物用量等)改变，不会引起产物改变的是为A.3NaHCO溶液和盐酸B.Na和2OC.C和2OD.3AlCl溶液和NaOH溶液【答案】A【解析】【详解】A．NaHCO3和HCl反应只生成氯化钠、水和CO2，与条件（温度、

浓度、反应物用量等）无关，故A选；B．常温下Na和O2反应生成氧化钠，点燃或加热反应生成过氧化钠，故B不选；C．C不充分燃烧生成CO，充分燃烧生成CO2，故C不选；D．AlCl3和NaOH反应产物与氢氧化钠用量有关，氢氧化钠少量生成氢氧化铝沉淀

，氢氧化钠过量生成偏铝酸钠，故D不选；故选A。4.下列各物质所含原子数最多的是A.0.5mol3NHB.4gHeC.标准状况下2.24L2OD.0.2mol24HSO【答案】A【解析】【详解】0.5mol氨分子所含原子的物质的量为0.5mol×4=2mol，4g氦分子所含原子的物质的量为4g4

g/mol×1=1mol，标准状况下2.24L氧气分子所含原子的物质的量为2.24L22.4L/mol×2=0.2mol，0.2mol硫酸分子所含原子的物质的量为0.2mol×7=1.4mol，则0.5mol氨分子所含

原子的物质的量最大，所含原子数最多，故选A。5.下列关于碱金属元素的叙述正确的是A.钠与水反应的现象说明钠的熔点低，且与水反应放出热量B.为防止锂单质()30.534g/cm=变质，应将其保存在煤油中C.相同条件下，钠与水反应比钾与水反应剧烈D.随核电荷数增大，

碱金属单质熔沸点逐渐升高【答案】A【解析】【详解】A．钠与水反应的现象为熔化成一个小球，说明钠的熔点低，且与水反应放出热量，A正确；B．锂的密度小于煤油，大于石蜡，则为防止锂单质()30.534g/cm=变质，应将其保存在石蜡中，B错误；C．钾的金属性强于钠，则

相同条件下，钠与水反应比钾与水反应缓慢，C错误；D．随核电荷数增大，碱金属单质熔沸点逐渐升高，但钾的熔点低于钠的熔点，D错误；故选A。6.在配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，下列哪个原因会造成所配溶液浓度偏高A.将NaOH固体放在滤纸上称量B.溶解NaOH固

体后未经冷却C.定容时仰视刻度线D.摇匀后液面比刻线低再加水至刻线【答案】B【解析】【详解】A．将NaOH固体放在滤纸上称量，由于NaOH具有吸水性和腐蚀性，易潮解，故所称量的NaOH质量偏小，所配溶液浓度偏低，

A不合题意；B．由于液体膨胀速率比固体快，故溶解NaOH固体后未经冷却导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，B符合题意；C．定容时仰视刻度线，导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低，C不合题意；D．摇匀后液面比刻线低再加水至刻线，导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低，D不合题意；

故答案为：B。7.下列物质按只含离子键、只含共价键、既含离子键又含共价键的顺序排列的是A.氯气二氧化碳氢氧化钠B.氯化钠氦气氢氧化钠C.氯化钠过氧化钠氯化铵D.氯化钠过氧化氢氯化铵【答案】D【解析】【详解】A.氯气为

单质，只含共价键；二氧化碳为共价化合物，只含共价键；NaOH为离子化合物，含有离子键和共价键，故A错误；B.NaCl为离子化合物，只含离子键；氦气为单原子分子，不含化学键；NaOH为离子化合物，含有离子键和共价键，故B错误；C.NaCl为离子化合物，只含离子键；过氧化钠为离子化合物

，含有离子键和共价键；氯化铵为离子化合物，含有离子键和共价键，故C错误；D.NaCl为离子化合物，只含离子键；过氧化氢为共价化合物，只含共价键；氯化铵为离子化合物，含有离子键和共价键，故D正确；故选D。8.下列描述中不正确的是A.37Cl与39K具有相同的中子数B.第114号元素

的一种核素298114X与82Pb具有相同的最外层电子数C.H3O+与OH-具有相同的质子数和电子数D.2-2O和S2-具有相同的质子数和电子数【答案】C【解析】【详解】A．37Cl的中子数37-17=20，39K的中子数39-19=20，具有相同的中子数，故A不符合题意；B．第

114号元素的一种核素114X与82Pb都是第ⅣA族元素，最外层4个电子，具有相同的最外层电子数，故B不符合题意；C．H3O＋与OH－的质子数分别为11、9；电子数都是10，故C符合题意；D．2-2O和S2-质子数均为16，

电子数均为18，故D不符合题意；答案选C。9.化学学科在资源、材料、健康等领域发挥越来越重要的作用，下列应用中错误的是A.高效化学电源应用于新能源汽车B.高铁酸钠()24NaFeO用于饮用水处理C.过氧化钠作为供氧剂用于呼吸面具或潜水艇中D.碳酸钠用于治疗胃酸过多的

药物【答案】D【解析】【详解】A．高效化学电源应用于新能源汽车，A正确；B．高铁酸钠()24NaFeO中的铁为+6价，具有强氧化性，常用于杀菌消毒，其还原产物是三价铁，三价铁可发生水解，生成氢氧化铁胶体，有类似于明矾

的净水作用，所以用于饮用水处理，B正确；C．过氧化钠能和水、二氧化碳反应生成氧气，所以可作供氧剂用于呼吸面具或潜水艇中，C正确；D．碳酸钠碱性较强会伤及人体，应该用碳酸氢钠作为治疗胃酸过多的药物，D错误；故选D10

.设AN为阿伏伽德罗常数的值，下列有关说法正确的是A.22.4LCO和2CO的混合气体中所含的碳原子数一定是ANB.标准状况下，22.4L乙醇中含有的原子数是A9NC.58.5gNaCl固体中含有离子总数是A2ND.1molNa+中含有

电子数为A11N为。【答案】C【解析】【详解】A．未指明温度与压强，无法计算22.4LCO和CO2的混合气体的物质的量，也就无法计算所含的碳原子数，A错误；B．标准状况下，乙醇呈液态，无法将22.4L转化为物质的量，也就不能求出含

有的原子数，B错误；C．58.5gNaCl固体是1摩尔，所以含有离子总数是A2N，C正确；D．1molNa+中含有电子数为A10N，D错误；故选C。11.欲配制100mL1.0mol/LNa2SO4溶液，正确的方法是①将14.2gNa2

SO4，溶于100mL水中②将32.2gNa2SO4•10H2O溶于少量水中，再用水稀释至100mL③将20mL5.0mol/LNa2SO4溶液用水稀释至100mLA.①②B.②③C.①③D.①②③【答案】B【解析】【详解】①14.2gNa2SO4的物质的量为14

.2g142g/mol=0.1mol，但溶液的体积不等于溶剂的体积，所以无法计算出物质的量浓度，故①错误；②32.2gNa2SO4•10H2O物质的量为32.2g322g/mol=0.1mol，硫酸钠的物质的量等于硫酸钠晶体的物质的量，硫

酸钠的物质的量浓度c=0.1mol0.1L=1.0mol•L-1，故②正确；③根据稀释定律，稀释前后溶质硫酸钠的物质的量不变，则20ml×5mol/L=100ml×c(硫酸钠)，则c(硫酸钠)=1.0mol/L，故③正确；②③正确，故答案为B。12

.下列关于碳酸钠和碳酸氢钠的比较中，不正确的是A.相同温度下，二者在水中的溶解度不同，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠B.二者的热稳定性不同，碳酸钠的热稳定性好于碳酸氢钠C.二者等质量时分别和足量盐酸反应，碳酸钠生成2C

O的量多于碳酸氢钠D.二者在一定条件下可以相互转化【答案】C【解析】【详解】A．相同温度下，二者在水中的溶解度不同，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，A正确；B．碳酸氢钠受热易分解，反应方程式为：2NaHCO3ΔNa2CO3+H

2O+CO2↑，而碳酸钠受热难分解，二者的热稳定性不同，碳酸钠的热稳定性好于碳酸氢钠，B正确；C．二者等质量(设均为1g)时分别和足量盐酸反应，根据方程式计算可知，2322NaCO+2HCl=2NaCl+HO+CO106441g44g106，322NaHCO+HCl=NaCl+HO+CO84

441g44g84，故碳酸钠生成CO2量少于碳酸氢钠，C错误；D．根据反应：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3和2NaHCO3ΔNa2CO3+H2O+CO2↑，故二者在一定条件下可以相互转化，D正确；故答案为：C。13.下列实验设计或应用及其对应的离子方程式均正确的是A

.用3FeCl溶液腐蚀印刷电路板：3222FeCu2FeCu++++=+B.碳酸钙固体与盐酸反应制2CO：2322CO2HHOCO−++=+C.复方氢氧化铝中和胃酸：2OHHHO−++=D.向漂白液中滴加醋酸提高其漂白效果：ClOHHClO−++=【答案】A【解析】【详解】A．用3FeCl溶液腐

蚀印刷电路板，3FeCl与金属铜的反应，生成铜离子和亚铁离子，其正确的离子方程式为3222FeCu2FeCu++++=+，A正确；B．碳酸钙为难溶物，在离子方程式中不能拆分，则碳酸钙固体与盐酸反应制2CO离子方程式为+2+322CaCO+2H=HO+CO+Ca，B错

误；C．氢氧化铝为难溶物，在离子方程式中不能拆分，则复方氢氧化铝中和胃酸的离子方程式为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，C错误；D．醋酸为弱酸，在离子方程式中不能拆分，则向漂白液中滴加醋酸提高其漂白效果是因为反应生成次氯酸，其离子方程式为--33ClO+CHCOOH=

HClO+CHCOO，D错误；的的故选A。14.下列方法都可以制备氯气，若要制得等质量的氯气，各反应转移的电子数之比为(1)322KClO6HClKCl3Cl3HO+=++(2)2222MnO4HClMn

ClCl2HO+++(3)227322KCrO14HCl2CrCl2KCl3Cl7HO+=+++A.5:6:6B.1:1:1C.6:6:5D.1:3:1【答案】A【解析】【详解】若要制得等质量的氯气，则制取的氯气物质的量相等，假设制取的

氯气都是1mol，(1)由方程式可知，+5价氯元素降为0价，-1价氯元素升高为0价，生成3mol氯气时转移电子数为5NA，则生成1mol氯气，转移电子数为53NA；(2)由方程式可知，+4价锰元素降为+2价，-1价氯元素升高为0价，生成1mol氯气时转

移电子数为2NA；(3)由方程式可知，+6价铬元素降为+3价，-1价氯元素升高为0价，生成3mol氯气时转移电子数为6NA，则生成1mol氯气，转移电子数为2NA；若要制得等质量的氯气，各反应转移的电子数之比为53:2:2=5:6:6；故选A。15.下列实验仪器或装置正确，并且说法正

确的是如果2MnO过量，盐酸就可全部消耗验证钠与水反应是否放热比较23NaCO和3NaHCO的热稳定性发出黄色的火焰ABCDA.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．二氧化锰与稀盐酸不反应，如果2MnO过量，盐酸也不可能全部消耗，故A错误；B．若钠与水反应是

放热反应，试管内温度升高，气体膨胀，则“U”形管的右侧液面升高，故B正确；C．比较23NaCO和3NaHCO的热稳定性，应把3NaHCO放在温度较低的小试管中，故C错误；D．氢气在氯气中燃烧，发出苍白色火焰，故D错误；选B。16.两种溶液相互滴加，反应过程中现象相同但离子方程式不同的是A.()3

2CaHCO溶液与NaOH溶液B.23NaCO溶液与稀盐酸C.24HSO溶液与()2BaOH溶液D.2MgCl溶液与NaOH溶液【答案】A【解析】【详解】A．()32CaHCO溶液中滴加NaOH溶液的过程中会产生白色沉淀，其

反应的离子方程式是2+--332Ca+HCO+OH=CaCO+HO，NaOH溶液中滴加()32CaHCO溶液的过程中会产生白色沉淀，其反应的离子方程式是2+--23323Ca+2HCO+2OH=CaCO+2HO+CO−，A符合题意；B．向23NaCO溶液中滴加稀盐酸先无明显现象，后有气体产

生，其反应的离子方程式为2-+-33CO+H=HCO、-+322HCO+H=CO+HO，向稀盐酸中滴加23NaCO溶液立即就有气体产生，其反应的离子方程式为2-+322CO+2H=CO+HO，现象完全不同，离子方程式不同，B不符合题意；C．24HSO溶液与()2BaOH溶液互

滴时反应产物相同都是硫酸钡沉淀和水，离子方程式都是+2-2+-4422H+SO+Ba+2OH=BaSO+2HO，现象完全相同，C不符合题意；D．2MgCl溶液与NaOH溶液互滴时反应产物相同都是氢氧化镁沉淀，离子方程式都是2+-2Mg+2OH=Mg(OH)

，现象完全相同，D不符合题意；故选A。17.2HClO易发生分解生成2ClO，化学方程式为2225HClO4ClOHCl2HO=++。下列说法正确的是A.2HClO属于非电解质B.上述反应中，2ClO是氧化产物C.上述反应中，5mo

l2HClO分解转移8mol电子D.上述反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2【答案】B【解析】【分析】反应5HClO2=4ClO2↑+HCl+2H2O中，HClO2发生歧化反应，5molHClO2分解

，有1mol作氧化剂，得到HCl，4mol作还原剂，得到ClO2，转移电子的物质的量为4mol，据此分析解答。【详解】A．2HClO是一种弱酸，属于电解质，A错误；B．上述反应中，HClO2转化为ClO2，Cl

元素从+3价升高到+4价，被氧化，得到的ClO2是氧化产物，B正确；C．上述反应中，5molHClO2分解转移4mol电子，C错误；D．根据上述分析可知，氧化剂与还原剂物质的量之比1∶4，D错误；故选B。18.将pH传感器、氯离子传感器、氧气传感器分别插入盛有氯水的广口瓶中，用强

光照氯水，测得的实验数据如图所示。下列说法不正确的是A.由图甲可推知光照可使氯水酸性增强B.由图乙可推知氯离子浓度增大，原因之一是光照使HClO分解C.由图丙可推知光照可催化水分解D.由图甲、乙、丙可验证HCl

O见光分解的产物【答案】C【解析】【详解】A．由图甲可推知光照促使次氯酸分解，反应产生HCl，溶液的pH减小，则说明溶液中c(H+)增大，溶液的酸性增强，A正确；B．HClO光照分解产生的HCl能电离出Cl-，是氯离子浓度增大的原因之一，B正确；C．由图丙可推知光照可促使氯水中HClO

分解，而不是催化水分解，C不正确；D．光照氯水时，c(H+)、c(Cl-)增大，O2的体积分数增大，据此可说明HClO见光分解的产物是HCl、O2，D正确；故选C。19.甲、乙两种非金属：①甲比乙容易与H2化合；②甲单质能与乙的阴离子发生置换反应；③甲的最高价氧化物的水化物酸

性比乙的最高价氧化物的水化物酸性强；④与某金属反应时，甲原子得电子数目比乙的多；⑤甲的单质熔、沸点比乙的低。其中能说明甲比乙的非金属性强的是A.④B.⑤C.①②③D.①②③④【答案】C【解析】【详解】①非金属性越强，

其单质越容易与氢气化合，甲比乙容易与H2化合，说明甲比乙的非金属性强，符合题意；②非金属性越强，其单质氧化性越强，甲单质能与乙的阴离子发生置换反应，说明甲单质的氧化性比乙强，则甲比乙的非金属性强，符合题

意；③非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，甲的最高价氧化物的水化物酸性比乙的最高价氧化物的水化物酸性强，说明甲比乙的非金属性强，符合题意；④与某金属反应时，甲原子得电子数目比乙的多，得电子数目多少与其氧化性强弱无关，不能说明非金属性强弱，不符合题意；⑤单质熔、沸点与其元素非金属强弱无关，

甲的单质熔、沸点比乙的低不能说明非金属性强弱，不符合题意；符合题意的有①②③，故选C。20.标准状况下，现有①6.72L4CH；②233.0110个HCl分子；③7.2g2HO；④0.2mol3NH，对这四种气体的关系有以下四种表述

，其中不．正确的是A.物质的量：②>③>①>④B.体积：②>③>①>④C.氢原子个数：①>③>④>②D.质量：②>③>①>④【答案】CD【解析】【分析】①标准状况下，6.72LCH4的物质的量为6.72L÷22.4L/mol=0.3mol；②3.01×1023个HCl分子的物质

的量为3.01×1023÷6.02×1023=0.5mol；③7.2gH2O的物质的量为7.2g÷18g/mol=0.4mol；④0.2molNH3。【详解】A．由上述计算可知，物质的量为②＞③＞①＞④

，故A错误；B．根据V=nVm知，相同条件下气体体积之比等于物质的量之比，水是液体体积最小，故体积②>①>④>③，故B错误；C．甲烷中n(H)=0.3mol×4=1.2mol，HCl中n(H)=0.5m

ol，水中n(H)=0.4mol×2=0.8mol，氨气中n(H)=0.2mol×3=0.6mol，故H原子数目①＞③＞④＞②，故C正确；D．甲烷质量为0.3mol×16g/mol=4.8g，HCl的质量为0.5mol×36.5g/mol=18.25g，氨气的质量为0.2mol×17g/mo

l=3.4g由上述计算可知，质量为②＞③＞①＞④，故D正确；故选CD。II卷(非选择题共50分)21.按要求填写下列方程式（1）NaOH溶液和3NaHCO溶液反应的离子方程式：______；（2）过氧化钠和二氧化碳反应的

化学方程式：______；（3）工业生产漂白粉的化学方程式：______；（4）实验室用二氧化锰和浓盐酸制氯气的化学方程式：______。【答案】（1）--2-332OH+HCO=CO+HO（2）2222322NaO+2CO=2NaCO+O（3）222222Ca(OH)+2Cl=CaCl

+Ca(ClO)+2HO（4）2222MnO+4HCl()MnCl+Cl+2HO浓【解析】【小问1详解】NaOH溶液和3NaHCO溶液反应生成碳酸钠和水，四种物质中只有水不能拆成离子，所以离子方程式

：--2-332OH+HCO=CO+HO；【小问2详解】过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为：2222322NaO+2CO=2NaCO+O；【小问3详解】工业生产漂白粉是氯气通入石灰乳中生成氯化钙和次氯酸钙，化学方程式为：222222Ca(OH)+2C

l=CaCl+Ca(ClO)+2HO；【小问4详解】实验室用二氧化锰和浓盐酸制氯气，同时生成氯化锰和水，化学方程式为：2222MnO+4HCl()MnCl+Cl+2HO浓。22.铝土矿的主要成分是23AlO和少量23FeO、2SiO，是工业制备铝单质的原料。模拟铝

土矿制备23AlO的工艺流程如图所示。查阅资料可知：2SiO难溶于酸和水。（1）溶液1中的金属阳离子包括______和______。（2）写出向溶液1中加入过量NaOH溶液的离子方程式______。（3）试剂X可以是______(填选项字母)。a．稀24HSOb．氨水

c．2CO【答案】（1）①.Al3+②.Fe3+（2）+-2H+OH=HO、3+-3Fe+3OH=Fe(OH)、3+--22Al+4OH=AlO+2HO（3）c【解析】【分析】铝土矿的主要成分是23AlO和少量23FeO、2SiO，加入过量硫酸溶解，2Si

O与硫酸不反应，过滤得到沉淀1为2SiO，23AlO和23FeO与硫酸反应生成硫酸铝和硫酸铁，则溶液1为硫酸铝、硫酸铁和硫酸的混合液，再加入过量NaOH溶液，硫酸铁转化为氢氧化铁沉淀，硫酸铝转化为偏铝酸钠，硫酸转化为硫酸钠，过

滤得到沉淀2为Fe(OH)3，溶液2为偏铝酸钠、硫酸钠、氢氧化钠的混合液，最后加入过量试剂X，得到沉淀3，沉淀3加热转化为Al2O3，则沉淀3为Al(OH)3，故试剂X可以为CO2。【小问1详解】据分析可知，溶液1中的金属阳离子包括Al3+和Fe3+；【小问2详解】据分析可知，向溶液1中

加入过量NaOH溶液的离子方程式为+-2H+OH=HO、3+-3Fe+3OH=Fe(OH)、3+--22Al+4OH=AlO+2HO；【小问3详解】a．过量的稀24HSO可以使生成的氢氧化铝溶解，得不到沉淀，a不符合题意；b．氨水与偏铝酸钠不反应，不能得到氢氧化铝沉淀，b不符合题意；c．CO

2可以中和过量的氢氧化钠，同时可以和偏铝酸钠反应，生成氢氧化铝沉淀，c符合题意；故选c；23.下表列出了①~⑨九种元素在周期表中的位置。族周期IA01①IIAIIIAIVAVAVIAVIIA2②④3⑤⑥⑦③⑧⑨请按要求回答下列问题

：（1）①、④按原子个数比为1：1组成的分子的电子式为______。（2）③、⑥两种元素的简单离子半径由大到小的顺序是______(填化学符号)，②、⑧两种元素最高价氧化物对应的水化物中酸性较强的是______(填化学式)。（3）④、⑧元素的氢化物组成结构相似，相同条件下沸点较低的是___

___(填化学式)。（4）元素⑤的最高价氧化物对应的水化物与元素⑦的最高价氧化物对应水化物反应，其离子方程式为______。【答案】（1）（2）①.P>Mg②.H2SO4（3）H2S（4）OH-+Al(OH)3=-2AlO+2H2O【解析】【分析】根据元素周期表可知①H②C③P④O⑤Na⑥

Mg⑦Al⑧S⑨Cl。【小问1详解】①、④按原子个数比为1：1组成的分子为H2O2，电子式为；故答案为：。【小问2详解】③、⑥两种元素的简单离子为P3-核外电子排布为288，3个电子层，Mg2+，核外电子排布为28，2给电子层，半径由大到小的顺序是

P>Mg；②、⑧两种元素最高价氧化物对应的水化物为H2CO3、H2SO4，酸性较强的是H2SO4；故答案为：P>Mg；H2SO4。【小问3详解】④、⑧元素的氢化物为H2O、H2S，水分子间有氢键，故沸点高于硫化氢；故答案为：H2S。【小问4详解】元素⑤

的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，元素⑦的最高价氧化物对应水化物为Al(OH)3，反应的离子方程式为OH-+Al(OH)3=-2AlO+2H2O；故答案为：OH-+Al(OH)3=-2AlO+2H2O。24.哈三中某化学兴趣小组同学为探究氯气及其化合物

的性质，做了如下实验：（1）若用高锰酸钾、浓盐酸为原料，利用如图装置制取2Cl。装置中仪器a的名称为______。甲同学为证明2Cl溶于水有酸性物质生成，将发生装置产生的气体直接通入适量水中，并加入3NaHCO粉末

，观察有无色气泡产生，乙同学认为不合理，理由是______。（2）小组同学又设计了如图所示的装置，制备无水3FeCl。经查阅资料得知：无水3FeCl在空气中易潮解，加热易升华。①下列操作步骤的正确顺序为_____

_(填选项字母)。a．体系冷却后，停止通入2Clb．通入干燥的2Cl赶尽装置中的空气c．在铁屑下方加热至反应完成d．用干燥的空气赶尽2Cle．检验装置的气密性(2)该实验装置存在的明显缺陷是______。（3）小组同学上网查阅资料发现：氯气可用于自来水的杀

菌、消毒，但近年来发现氯气会与水中有机物发生反应，生成的有机氯化物可能对人体有害，所以世界环保联盟已经要求2ClO逐渐取代2Cl作为自来水消毒剂。已知：232NaCl3HONaClO3H++通电，32222NaClO4HCl2ClOCl2NaCl2HO

+=+++。有关物质的熔、沸点如下表：物质熔点/C沸点/C2ClO59−112Cl107−34.6−2ClO的生产流程示意图如下：该工艺中，需要补充的物质X为______(填化学式，下同)，能参与循环的物质是______。从2ClO发生器中分离出2ClO，可采用的方法是______。【答案】（

1）①.圆底烧瓶②.浓盐酸易挥发，制得的气体中混有HCl，也可与3NaHCO反应产生无色气体CO2（2）①.ebcad②.无水氯化钙只能防止空气中的水蒸气进入收集器，但不能吸收未反应的2Cl（3）①.2Cl②.NaCl和2Cl③.冷凝液化【解析】【小问1详解】由图可知装置中仪

器a的名称为圆底烧瓶；该制备过程所用的浓盐酸易挥发，制得的气体中混有HCl，也可与3NaHCO反应产生无色气体CO2，故答案为：圆底烧瓶；浓盐酸易挥发，制得的气体中混有HCl，也可与3NaHCO反应产生无色气体CO2。【小问2详解】。①由资料得知无水3FeC

l在空气中易潮解，所以检验装置气密性之后，要先通入干燥的2Cl赶尽装置中的空气，再加热反应，反应结束后应先等体系冷却后，停止通入2Cl，为保证装置中的2Cl被完全处理，最后需要用干燥的空气赶尽2Cl，故正确的顺序是：ebcad；②该实验装置存在的明显缺陷是：无水氯化钙只能防止空

气中的水蒸气进入收集器，但不能吸收未反应的2Cl。故答案为：ebcad；无水氯化钙只能防止空气中的水蒸气进入收集器，但不能吸收未反应的2Cl。【小问3详解】由已知信息可知NaCl电解槽中会产生H2，所以需要补充2Cl在合成塔中合成HCl，结合流程前后的物质变化可知能参与循环的物质是NaCl

和2Cl。制得的2ClO中混有2Cl，结合表格的熔沸点可知低于11C时2ClO呈液体状态，故从2ClO发生器中分离出2ClO，可采用冷凝液化的方法。故答案为：NaCl和2Cl；冷凝液化。25.计算（1）已知酸性条件下，2SO可将

4MnO−还原为2Mn+。将标准状况下11.2L的2SO气体通入足量酸性4KMnO溶液中，①写出该反应的离子方程式______。②被还原的4MnO−的质量为______。（2）为了检验某含有3NaHCO杂质的23NaCO样品

的纯度，现将1gw样品充分加热，当固体质量不再变化时，再次称量固体质量为2gw，则该样品的纯度(质量分数)为______(用含12ww的代数式来表示)。（3）有一块表面氧化成氧化钠的金属钠，总质量为6.15g，投入到足量水中，待充分反应后收集到氢气2.24L(标准状况下)，求未被氧化前

金属钠质量是多少?写出计算过程_____。【答案】（1）①.-2+2-+24245SO+2MnO+2HO=2Mn+5SO+4H②.23.8g（2）211845331www−（3）5.75g【解析】【小问1详解】①根据得失电子

守恒和元素守恒配平可得，该反应的离子方程式为-2+2-+24245SO+2MnO+2HO=2Mn+5SO+4H；②标准状况下11.2L的2SO气体的物质的量为0.5mol，根据离子方程式可知，被还原的4MnO−的物质的量为0.2mol，其质量为0.2mol×119g/mol=23

.8g；【小问2详解】设碳酸氢钠的质量为x，32322122NaHCONaCO+HO+CO16810662-mxwgwg12168()g62wwx−=，则碳酸钠的质量为12211168()8453gg=g6231wwwww−−−，则该样品的纯度(质量分数)为2121118453g845331

g31wwwwww−−=；【小问3详解】钠与水发生反应生成氢气，氧化钠与水反应不生成氢气，根据2Na+2H2O=2NaOH+H2方程式可知，n(未被氧化的钠)=2n(H2)=2.24L2=0.2mol22.4L/mol，其质量为0.2mol×23g/mol=4.6g，则m(Na2O)=6.1

5g-4.6g=1.55g，n(Na2O)=1.55g=0.025mol62g/mol，故n(被氧化的钠)=2n(Na2O)=0.05mol，n(未被氧化前金属钠)=n(未被氧化的钠)+n(被氧化的钠)=0.25mol，未被氧化前金属钠质量为0.25mol×23g/mol=5.

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