?2021~2022學年第一學期高一期中六校聯合調研試題
高一化學
可能用到的相對原子質量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Cl 35.5 Ca 40 Mn 55
第一部分(共60分)
一、單項選擇題(共60分，每小題3分)
1. 2022年的冬奧會由北京和張家口市聯合舉辦，鑒于目前全球新冠肺炎疫情防控形勢依舊嚴峻復雜，最重要的工作是防疫。在生活中以下物質不能用于殺菌消毒的是
A. 純堿 B. “84消毒液” C. 75%酒精 D. 漂白粉
【答案】A
【解析】
【詳解】A．純堿是Na2CO3，不能用于殺菌消毒，A項選；
B．“84消毒液”中含有NaClO，NaClO具有氧化性，可以用于殺菌消毒，B項不選；
C．75%酒精可以破壞組成病毒的蛋白質，使病毒失活，可以用于殺菌消毒，C項不選；
D．漂白粉中的主要成分為Ca(ClO)2，Ca(ClO)2具有氧化性，可以用于殺菌消毒，D項不選；
答案選A。
2. 下列敘述正確的是
A. 向FeCl3溶液中加入蒸餾水，加熱至有紅褐色物質生成，停止加熱制備Fe(OH)3膠體
B. 氧化還原反應中有一種反應物為氧化劑，必然有另一種反應物作為還原劑
C. 膠體區(qū)別于其他分散系的本質是有丁達爾效應
D. 金剛石和石墨是同素異形體，它們的充分燃燒產物均為CO2
【答案】D
【解析】
【詳解】A．制備Fe(OH)3膠體的方法為在沸水中逐滴加入飽和FeCl3溶液，繼續(xù)加熱至有紅褐色物質生成，A錯誤；
B．氧化劑與還原劑可為同種物質，B錯誤；
C．膠體區(qū)別于其他分散系的本質是粒子直徑大小，1-100nm為膠體，C錯誤；
D．金剛石和石墨是同素異形體，組成元素為C，它們的充分燃燒產物均為CO2，D正確；
答案選D。
3. 下列關于物質的分類中，正確的是

堿性氧化物
酸
鹽
混合物
電解質
A
CaO
HNO3
純堿
漂白粉
NaCl
B
NO
NaHSO4
NaOH
堿石灰
蔗糖
C
Na2O2
Al(OH)3
NaHCO3
CuSO4·5H2O
NH3
D
SO2
HClO
燒堿
Fe(OH)3膠體
H2O

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【詳解】A．CaO與酸反應生成鹽和水為堿性氧化物，HNO3為酸類，純堿為碳酸鈉為鹽類，漂白粉是氫氧化鈣、氯化鈣、次氯酸鈣的混合物，NaCl為強電解質，A正確；
B．NO既不是酸性氧化物也不是堿性氧化物，NaHSO4為酸式鹽，NaOH 為堿類，蔗糖為非電解質，B錯誤；
C．Al(OH)3為堿類，CuSO4·5H2O為純凈物，NH3為非電解質，C錯誤；
D．SO2為酸性氧化物，燒堿為氫氧化鈉為堿類，Fe(OH)3膠體為純凈物，D錯誤；
答案選A。
4. 下列化學用語表示正確的是
A. H2的摩爾質量是2g
B. 氯原子的原子結構示意圖：
C. 阿伏伽德羅常數就是6.02×1023
D. NaHSO4在水中的電離方程式：NaHSO4=Na++ H++SO
【答案】D
【解析】
【詳解】A．H2的摩爾質量是2g/mol，A錯誤；
B．氯原子的原子結構示意圖：，B錯誤；
C．阿伏伽德羅常數為6.02×1023 mol-1，其數值為6.02×1023，C錯誤；
D．NaHSO4在水中完全電離為鈉離子、氫離子、硫酸根離子，電離方程式：NaHSO4=Na++ H++SO，D正確；
答案選D。
5. 下列電離方程式書寫正確的是
A. KClO3=K++Cl-+3O2- B. Fe(NO3)3=Fe2++3NO
C. NH4NO3=NH+NO D. NaHCO3=Na++H++ CO
【答案】C
【解析】
【詳解】A．氯酸鉀電離方程式為KClO3=K++ClO，A錯誤；
B．硝酸鐵中Fe為+3價，電離方程式為Fe(NO3)3=Fe3++3NO，B錯誤；
C．硝酸銨為強電解質，完全電離，電離出銨根和硝酸根，C正確；
D．碳酸氫根不完全電離，所以碳酸氫鈉的電離方程式為NaHCO3=Na++HCO，D錯誤；
綜上所述答案為C。
6. 下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的
A. 強堿性溶液：Na+、Mg2+、NO、SO
B. 無色溶液：K+、H+、SO、MnO
C. 含大量SO的澄清溶液：Mg2+、Cu2+、Cl-、NO
D. 在氯水中：K+、Cl-、Fe2+、CO
【答案】C
【解析】
【詳解】A．強堿性溶液中存在大量OH-，Mg2+、OH-之間反應生成難溶物氫氧化鎂，不能大量共存，A不符合題意；
B．MnO為紫色，不滿足無色的要求，B不符合題意；
C．Mg2+、Cu2+、Cl-、NO之間不反應，都不與SO反應，能夠大量共存，C符合題意；
D． Fe2+與CO要反應，不能大量共存，D不符合題意；
答案為C。
7. 下列有關物質的性質與用途具有對應關系的是
A. Na2O2能與CO2反應生成O2，因此可用來做供氧劑
B. NaHCO3能與堿反應，可用作食品疏松劑
C. 蘇打易溶于水，可用于去除油污
D. Cl2具有強氧化性，氯水可用作自來水消毒
【答案】A
【解析】
【詳解】A．Na2O2與二氧化碳反應生成氧氣，則用作防毒面具和潛水艇中作為氧氣來源，A正確；
B．NaHCO3用作糕點的膨松劑，是利用碳酸氫鈉不穩(wěn)定受熱分解生成二氧化碳，B錯誤；
C．蘇打為碳酸鈉，其水溶液呈堿性，油脂在堿性溶液中反應生成可溶物，所以可用于去除油污與其易溶于水無關，C錯誤；
D．Cl2具有強氧化性，溶于水生成次氯酸，次氯酸具有強氧化性可用作自來水消毒，D錯誤；
答案選A。
8. 在給定條件下，下列選項所示的物質間轉化均能實現的是
A. NaNa2O2
B. NaClO(aq)HClO(aq)
C. 飽和食鹽水NaHCO3
D. FeFeCl2
【答案】B
【解析】
【詳解】A．NaNa2O，在點燃條件下生成過氧化鈉，A錯誤；
B．NaClO(aq)HClO(aq)可以實現，次氯酸的酸性小于碳酸，B正確；
C．鹽酸的酸性大于碳酸，二氧化碳不能和氯化鈉水溶液反應生成碳酸氫鈉，C錯誤；
D．FeFeCl3，不能生成氯化亞鐵，D錯誤；
答案選B。
9. 下列離子方程式正確的是
A. 氯氣與水反應：Cl2+H2O=2H++ Cl-+ClO-
B. 飽和碳酸鈉溶液中加入足量二氧化碳：CO+CO2+H2O+2Na+= 2NaHCO3↓
C. 單質鈉與水反應：2Na+H2O=2Na++ OH-+H2↑
D. 氫氧化鋇溶液與硫酸銅溶液：Ba2++ SO=BaSO4↓
【答案】B
【解析】
【詳解】A．氯氣與水反應生成HCl和HClO，HClO為弱酸，不能拆成離子，A錯誤；
B．由于碳酸氫鈉的溶解度小于碳酸鈉，飽和碳酸鈉溶液中加入足量二氧化碳析出碳酸氫鈉，離子方程式為CO+CO2+H2O+2Na+= 2NaHCO3↓，B正確；
C．選項所給方程式電荷不守恒，正確為2Na+2H2O=2Na++ 2OH-+H2↑，C錯誤；
D．氫氧化鋇和硫酸銅反應還生成氫氧化銅沉淀，離子方程式為Cu2++2OH-+Ba2++ SO=BaSO4↓+ Cu(OH)2↓，D錯誤；
綜上所述答案為B。
10. 下列變化過程中，必須加入還原劑才能實現的是
A. KClO3→KCl B. MnO2→Mn2+
C. CaO→CaCO3 D. Cl-→Cl2
【答案】B
【解析】
【詳解】A．KClO3→KCl中，Cl元素化合價降低，發(fā)生還原反應，但KClO3在MnO2催化下可以分解生成KCl和O2，不加入還原劑也能實現，A不符合題意；
B．MnO2→Mn2+中，Mn元素的化合價降低，MnO2作氧化劑，必須加入還原劑才能實現，B符合題意；
C．CaO→CaCO3中，各元素化合價均為改變，該反應不是氧化還原反應，不需要加入氧化劑或還原劑，C不符合題意；
D．Cl-→Cl2中，Cl元素化合價升高，Cl-作還原劑，需要加入氧化劑才能實現，D不符合題意；
答案選B。
11. 下列說法正確的是
A. 除去NaHCO3溶液中的少量Na2CO3溶液，可以用通入足量CO2
B. Na2O和Na2O2都能和水反應生成堿，都是堿性氧化物
C. Na在空氣中燃燒，發(fā)生黃色火焰，生成白色固體
D. 可以通過加入Ba(OH)2或Ca(OH)2溶液鑒別Na2CO3溶液和NaHCO3溶液
【答案】A
【解析】
【詳解】A．CO2可以和Na2CO3在水溶液中反應生成NaHCO3，A正確；
B．Na2O2與水反應時還會生成氧氣，發(fā)生氧化還原反應，不是堿性氧化物，B錯誤；
C．Na在空氣中燃燒，生成淡黃色固體過氧化鈉，C錯誤；
D．Na2CO3、NaHCO3均能和Ba(OH)2或Ca(OH)2溶液生成沉淀，無法鑒別，D錯誤；
綜上所述答案為A。
12. 某興趣小組的同學向一定體積的 Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸，并測得混合溶液的導電能力隨時間變化的曲線如圖所示。下列說法中錯誤的是

A. a時刻 Ba(OH)2溶液與稀硫酸恰好完全中和
B. a時刻溶液的導電能力約為0，說明溶液中幾乎沒有自由移動的離子
C. AB段溶液的導電能力不斷減弱說明生成的 BaSO4不是電解質
D. BC段溶液的導電能力不斷增大主要是由于過量的H2SO4電離出的離子導電
【答案】C
【解析】
【分析】溶液導電性與離子濃度成正比，向一定體積的Ba(OH)2中逐滴加入稀硫酸溶液至過量，AB段發(fā)生的離子反應方程式為Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O，導致溶液中離子濃度減小，B點酸堿恰好完全反應生成硫酸鋇和水，BC段溶液的導電能力不斷增大，主要是由于過量的硫酸電離出的離子導電。
【詳解】A．a時刻溶液導電能力為0，說明溶液中幾乎沒有自由移動的離子，即硫酸與氫氧化鋇恰好反應，A正確；
B．溶液導電能力與離子濃度成正比，a時刻溶液的導電能力約為0，說明溶液中幾乎沒有自由移動的離子，B正確；
C．AB段二者發(fā)生反應Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O，BaSO4難溶于水，導致溶液中離子濃度減小，導電能力減弱，但BaSO4是強電解質，C錯誤；
D．BC段硫酸過量，BC段溶液的導電能力不斷增大，主要是由于過量的硫酸電離出的離子導電，D正確；
故答案選C。
13. 已知氯酸鈉(NaClO3)與鹽酸反應的化學方程式：NaClO3+6HCl=NaCl+3Cl2↑+3H2O。下列說法正確的是
A. 該反應生成6.72L的Cl2，轉移電子的物質的量為0.5mol
B. NaClO3被還原，發(fā)生還原反應
C. 還原性：Cl2>HCl
D. 氧化劑：還原劑=1：6
【答案】B
【解析】
【詳解】A．未注明溫度和壓強，無法確定6.72L氯氣的物質的量，A錯誤；
B．NaClO3中Cl元素化合價降低，得電子被還原，發(fā)生還原反應，B正確；
C．還原劑的還原性大于還原產物，HCl為還原劑，Cl2為還原產物，所以還原性HCl＞Cl2，C錯誤；
D．NaClO3為氧化劑，部分HCl化合價升高為還原劑，根據化合價的變化可知氧化劑：還原劑=1：5，D錯誤；
綜上所述答案B。
14. 設NA為阿伏伽德羅常數的值。下列說法正確的是
①標準狀態(tài)下，11.2L以任意比例混合的氮氣和氧氣所含原子數為NA
②2摩爾氯含有2NA個氯分子
③同溫同壓下，O2和Cl2的密度之比為32：71
④常溫下，7.8g固體Na2O2中，含有陰陽離子總數為0.4NA
⑤1molFe與足量Cl2充分反應，轉移的電子數3 NA
A. ①②③④⑤ B. ①③⑤ C. ②③⑤ D. ①③④
【答案】B
【解析】
【詳解】①標況下11.2L氧氣和氮氣的混合物的物質的量為0.5mol，氧氣和氮氣均為雙原子分子，所以11.2L以任意比例混合的氮氣和氧氣所含原子數為NA，①正確；
②2摩爾氯指代不明，若為2摩爾氯原子，則為NA個氯分子，②錯誤；
③同溫同壓下，氣體的密度之比等于摩爾質量之比，O2和Cl2的密度之比為32：71，③正確；
④7.8g固體Na2O2的物質的量為0.1mol，過氧化鈉由鈉離子和過氧根構成，所以含有陰陽離子總數為0.3NA，④錯誤；
⑤1molFe與足量Cl2充分反應，Fe全部轉化為Fe3+，轉移的電子數3NA，⑤正確；
綜上所述答案為B。
15. 同溫同壓下，等體積的和相比較，下列敘述不正確的是
A. 質量比為11：8 B. 密度比為11：8 C. 物質的量比為8：11 D. 分子個數比為1：1
【答案】C
【解析】
【分析】依據阿伏加德羅定律：同溫同壓下，等體積任何氣體具有相同的分子數，具有相同物質的量，所以溫同壓下，等體積的和相比較，分子數相同，物質的量相同。
【詳解】A．依據可知二者質量之比為44：32=11：8，故A正確；
B．相同條件下氣體密度之比等于摩爾質量之比等于44：32=11：8，故B正確；
C．同溫同壓下，等體積的和相比較，物質的量相同，故C錯誤；
D．同溫同壓下，等體積的和相比較，分子數相同，故D正確；
故選C。
16. 下列實驗目的、現象與結論匹配的是

實驗目的
實驗操作與現象
A
測定84消毒液的pH
用潔凈玻璃棒蘸取少量84消毒液滴在pH試紙上
B
證明NaCl樣品中含有鉀鹽
做焰色試驗，通過藍色鈷玻璃觀察到紫色火焰
C
除去CO2，提純CO
將含有少量CO2的CO氣體緩緩通過足量的過氧化鈉粉末，淡黃色粉末變?yōu)榘咨?br /> D
驗證某蘇打樣品中含有NaCl
取少量樣品于試管中，加水溶解，再加入足量稀鹽酸，最后滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【詳解】A．“84”消毒液具有漂白性，可使pH試紙褪色，故不能用pH試紙測定其pH，A錯誤；
B．藍色鈷玻璃能濾去黃光，不能濾去紫光，故做焰色試驗，通過藍色鈷玻璃觀察到紫色火焰，故B正確；
C．CO2與過氧化鈉反應生成氧氣，CO中引入新雜質，不能除雜，故C錯誤；
D．鹽酸含有Cl-，也能使AgNO3溶液反應，生成白色沉淀，不能驗證蘇打樣品含NaCl，故D錯誤；
答案選B。
17. 同溫同壓下，在兩個容積相同的容器中，一個盛有C2H4氣體，另一個盛有N2和CO的混合氣體。兩容器內的氣體一定具有相同的（　?。?br /> ①分子數②密度③質量④質子數⑤原子數⑥電子數
A. ①④⑥ B. ①②⑤ C. ③④⑥ D. ①②③
【答案】D
【解析】
【詳解】①在同溫同壓下，相同體積的任何氣體含有相同的分子數，C2H4與N2和CO的總分子數目相同，故①正確；
②N2和CO的相對分子質量都是28，故混合氣體平均相對分子質量為28，C2H4的相對分子質量為28，同溫同壓下，氣體密度之比等于相對分子質量之比，故兩容器內氣體的密度相等，故②正確；
③CO、N2和C2H4的摩爾質量都是28g/mol，C2H4物質的量與N2和CO的總物質的量相等時，質量一定相等，故③正確；
④CO分子中質子數為14，N2分子中質子數為14，C2H4分子中質子數為16，故C2H4分子數目與N2和CO的總分子數相等時，質子數一定不相等，故④錯誤；
⑤CO、N2是雙原子分子、C2H4是6原子分子，C2H4分子數目與N2和CO的總分子數相等時，原子數一定不相等，故⑤錯誤；
⑥CO分子中電子數為14，N2分子中電子數為14，C2H4分子中電子數為16，故C2H4分子數目與N2和CO的總分子數相等時，電子數一定不相等，故⑥錯誤；
故答案選D。
18. Cl2O是黃棕色具有強烈刺激性氣味的氣體，是一種強氧化劑，易溶于水且會與水反應生成次氯酸，與有機物、還原劑接觸或加熱時會發(fā)生燃燒并爆炸。制取Cl2O的裝置如圖所示。

已知：Cl2O的熔點為-116℃，沸點為3.8℃，Cl2的沸點為-34.6℃；HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O
下列說法不正確的是
A. 裝置②、③中盛裝的試劑依次是飽和食鹽水和濃硫酸
B. 通入干燥空氣的目的是將生成的Cl2O稀釋減少爆炸危險
C. 從裝置⑤中逸出氣體主要成分是Cl2O
D. 裝置④與⑤之間不用橡皮管連接，是為了防止橡皮管燃燒和爆炸
【答案】C
【解析】
【分析】本實驗的目的是先制得干燥、純凈的氯氣，再與HgO反應制取Cl2O，最后利用液化法實現Cl2O與Cl2的分離。
【詳解】A．利用KMnO4與濃鹽酸反應制得的氯氣中混有HCl氣體和水蒸氣，裝置②用飽和食鹽水吸收HCl，裝置③用濃硫酸吸收水蒸氣，從而制得干燥、純凈的氯氣，A正確；
B．通入干燥的空氣，一方面可將裝置內的Cl2O不斷排出，另一方面可起稀釋作用，降低Cl2O的濃度，減少爆炸危險，B正確；
C．Cl2O的沸點為3.8℃，Cl2的沸點為-34.6℃，用液氨降溫，可將Cl2O液化，則從裝置⑤中逸出氣體的主要成分是Cl2，C不正確；
D．題干信息顯示，Cl2O與有機物接觸會發(fā)生燃燒并爆炸，所以裝置④與⑤之間不用橡皮管連接，D正確；
故選C。
19. 固體化合物X由3種元素組成。某學習小組進行了如下實驗：

下列推斷不正確的是（ ）
A. 由現象1得出化合物X含有O元素
B. X的化學式Na2CuO2
C. 固體混合物Y的成分是Cu和NaOH
D. 若X與濃鹽酸反應產生黃綠色氣體，則反應中X作氧化劑
【答案】B
【解析】
【分析】固體X經H2還原后得到的混合氣體能使白色CuSO4變?yōu)樗{色，則說明產物中有水蒸氣，即化合物X中含有O元素；最終所得固體單質呈紫紅色，則該單質為Cu，說明化合物X含有Cu元素，且m(Cu)=1.28g，則2.38g X中含有Cu 0.02mol；最終所得堿性溶液的焰色反應為黃色，則說明化合物X中含有Na，該堿性溶液為NaOH，且n(NaOH)=n(HCl)=0.02mol；經H2還原后，所得固體混合物Y的成分是Cu和NaOH；綜上所述，2.38g化合物X含1.28g Cu、0.02mol Na和O元素，則m(O)=2.38g-1.28g-0.02mol×23g/mol=0.64g，則n(O)=0.04mol，即2.38g化合物X含0.02mol Cu、0.02mol Na、0.04mol O，故化合物X的化學式為NaCuO2。
【詳解】A、現象1為混合氣體能使白色CuSO4變?yōu)樗{色，說明經H2還原的產物中有水蒸氣，從而得出化合物X含有O元素，A正確；
B、經分析，2.38g化合物X含0.02mol Cu、0.02mol Na、0.04mol O，故化合物X的化學式為NaCuO2，B錯誤；
C、固體Y加水得紫紅色的該單質為Cu，堿性溶液為NaOH溶液，故固體混合物Y的成分是Cu和NaOH，C正確；
D、若X與濃鹽酸反應產生黃綠色氣體Cl2，則濃鹽酸做還原劑，X作氧化劑，D正確；
故選B。
20. 硝酸廠煙氣中含有大量氮氧化物(NOx)。常溫下，將煙氣與H2的混合氣體通入Ce(SO4)2與Ce2(SO4)3的混合溶液中可實現無害化處理，其轉化過程如圖所示。下列說法正確的是

A. 反應Ⅰ的離子方程式為Ce4＋＋H2=Ce3＋＋2H＋
B. 反應Ⅱ中氧化產物與還原產物的物質的量之比為2∶1
C. 該轉化過程的實質是NO被H2氧化
D. 反應過程中混合溶液內Ce3＋和Ce4＋離子總數一定保持不變
【答案】D
【解析】
【分析】根據進出圖可知，Ce4+把H2氧化為H+，自身被還原為Ce3+，然后Ce3+在酸性條件下再被NO氧化為Ce4+，NO被還原為N2，同時還生成水，據此解答。
【詳解】A．過程Ⅰ發(fā)生的反應為Ce4+把H2氧化為H+，自身被還原為Ce3+，反應的離子方程式為：2Ce4＋＋H2=2Ce3＋＋2H＋，故A錯誤；
B．過程Ⅱ為2NO+4Ce3++4H+=N2+4Ce4++2H2O，氧化產物為Ce4+，還原產物為N2，兩者之比為4∶1，故B錯誤；
C．該轉化過程的實質為NO被H2還原為N2，H2被氧化為水，故C錯誤；
D．處理過程中，Ce3+和Ce4+做催化劑，催化劑在反應前后，質量不變，數量不變，故D正確；
故選D。
第二部分(共40分)
21. 回答下列問題：
（1）以下物質：①KClO3晶體 ②醋酸 ③氨水 ④熔融NaCl ⑤蔗糖 ⑥液氯 ⑦SO2；現狀態(tài)下能導電的是_______(填序號，下同)；屬于電解質的是_______；屬于非電解質的是 _______。
（2）加熱13.7 g碳酸鈉和碳酸氫鈉固體混合物，使碳酸氫鈉完全分解，混合物質量減少3.1 g，則原混合物中碳酸鈉的質量為 _______。
（3）某溶液中只含有Na+、Al3+、Cl-、SO四種離子，已知前三種離子的個數比為3：1：2，則溶液中Al3+和SO的離子個數比為_______。
（4）ClO2是一種殺菌消毒效率高、二次污染小的水處理劑。ClO2實驗室制法是：2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O，該反應中氧化劑的化學式是_______，被氧化的元素是 _______(填元素符號)。
（5）配平：_______。
_______KI+_______HNO3——_______KNO3+_______NO↑+_______I2+_______H2O
【答案】（1） ①. ③④ ②. ①②④ ③. ⑤⑦
（2）5.3g （3）1：2
（4） ①. KClO3 ②. C
（5）6KI+8HNO3 =6KNO3+2NO↑+3I2+4H2O
【解析】
【小問1詳解】
現狀態(tài)下有自由移動的陰陽離子則能導電：③④；屬于電解質的是①②④；屬于非電解質的是⑤⑦；
【小問2詳解】
加熱13.7 g碳酸鈉和碳酸氫鈉的固體混合物，使碳酸氫鈉完全分解，混合物質量減少3.1 g，減少的質量為CO2和水的質量，二者物質的量為1：1， 總物質的量為：=0.05mol，2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，碳酸氫鈉的物質的量為0.1mol，其質量為：8.4g，則原混合物中碳酸鈉的質量為13.7g-8.4g=5.3g；
【小問3詳解】
某溶液中只含有Na+、Al3+、Cl-、SO四種離子，已知前三種離子的個數比為3：1：2，根據電荷守恒可得 3×(+1)+1×(+3)+ 2×(-1)+x×(-2)=0，SO=2，則溶液中Al3+和SO的離子個數比為：1：2；
【小問4詳解】
ClO2實驗室制法是：2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O，Cl元素化合價降低，該反應中氧化劑的化學式是KClO3；C元素化合價升高被氧化；
【小問5詳解】
根據電子轉移，I由-1價升高到0價，N由+5降低到+2，最小公倍數為6，再根據元素守恒配平：6KI+8HNO3 =6KNO3+2NO↑+3I2+4H2O。
22. I.現有一定量含有Na2O雜質的Na2O2試樣，用如圖所示的實驗裝置測定Na2O2試樣的純度(通過CO2與樣品反應后生成O2的量測定Na2O2的含量。可供選用的反應物：CaCO3固體、鹽酸、硫酸溶液和蒸餾水)?；卮鹣铝袉栴}：

（1）裝置A中液體試劑應選用_______。
（2）裝置B的作用是_______；裝置E中堿石灰的作用是_______。
（3）裝置D中發(fā)生反應的化學方程式是_______。
II.現代工業(yè)常以氯化鈉為原料制備純堿，部分工藝流程如下：

（4）操作Ⅰ的名稱_______，寫出反應Ⅰ的化學方程式_______。
（5）寫出反應Ⅱ的化學方程式：_______。
（6）制得的純堿中含有少量NaCl
①設計實驗方案檢驗NaCl的存在_______。
②取8.2g純堿樣品加入足量稀硫酸，得到標準狀況下1680 mL(全部逸出)。求樣品中純堿的質量分數_______寫出計算過程(計算結果保留兩位小數)。
【答案】（1）鹽酸 （2） ①. 除去CO2中的HCl ②. 除去未反應的CO2
（3）2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
（4） ①. 過濾 ②.
（5）2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O
（6） ①. 取少量樣品于試管中，加入過量硝酸后再加入AgNO3溶液，產生沉淀 ②.
【解析】
【小問1詳解】
裝置A制備二氧化碳，實驗室用石灰石和稀鹽酸反應制取二氧化碳，所以液體試劑應選用稀鹽酸；
【小問2詳解】
A中生成的二氧化碳含有雜質氯化氫，裝置B的作用是除去CO2中的HCl；堿石灰能吸收二氧化碳氣體，為準確測量生成氧氣的體積，裝置E中堿石灰的作用是除去未反應的CO2；
【小問3詳解】
裝置D中過氧化鈉和二氧化碳反應生成碳酸鈉和氧氣，發(fā)生反應的化學方程式是2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；
【小問4詳解】
操作Ⅰ是碳酸氫鈉固體和母液分離，方法為過濾，反應Ⅰ是氯化鈉、氨氣、水反應生成碳酸氫鈉沉淀和氯化銨，反應的化學方程式是；
【小問5詳解】
反應Ⅱ是碳酸氫鈉在加熱條件下分解為碳酸鈉、二氧化碳、水，反應的化學方程式是2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；
【小問6詳解】
①檢驗碳酸鈉中是否含有氯化鈉，先加硝酸除去碳酸根離子，再加硝酸銀，有沉淀生成，說明含有氯化鈉。
②設8.2g純堿樣品中含碳酸鈉的質量為xg；標準狀況下1680 mL的物質的量是；

x=
樣品中純堿的質量分數。
23. 某化學興趣小組在實驗室制取漂白粉，并探究氯氣與石灰乳反應的條件和產物。已知：氯氣和堿的反應為放熱反應。溫度較高時，氯氣和堿還能發(fā)生如下反應：3Cl2+6OH-5Cl-+ClO3-+3H2O。該興趣小組設計了下列實驗裝置，進行實驗。

請回答下列問題：
（1）裝置甲和丁中發(fā)生反應的離子方程式分別是_______、_______。
（2）該興趣小組用過量濃鹽酸與8.7 g MnO2制備氯氣，并將所得氯氣與過量的石灰乳反應，則理論上最多可制得Ca(ClO)2_______g。
（3）為了探究反應條件對產物的影響，他們另取一定量的石灰乳，緩慢、勻速地通入足量氯氣，得出了ClO-、ClO兩種離子的物質的量(n)與反應時間(t)的關系曲線，粗略表示為圖2(不考慮氯氣和水的反應)。

①圖中曲線I表示_______離子的物質的量隨反應時間變化的關系。
②所取石灰乳中含有Ca(OH)2的物質的量為_______mol。
（4）實驗結束后小組成員發(fā)現，產物中Ca(ClO)2的質量明顯小于理論值。為了提高Ca(ClO)2的產率，可對丙裝置作適當改進。你給出的措施是_______。
【答案】（1） ①. MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O ②. Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
（2）7.15 （3） ①. ClO- ②. 0.25
（4）將丙裝置浸在盛有冷水(或冰水)的水槽中
【解析】
【分析】甲中為濃鹽酸和二氧化錳反應制取氯氣，反應過程中會發(fā)出氯化氫氣體，所以通過飽和食鹽水的作用是除去Cl2中混有的HCl氣體；在丙中發(fā)生的反應為：2Cl2+2Ca(OH)2═CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；丁中氫氧化鈉溶液可吸收多余的氯氣，據此分析解題。
【小問1詳解】
甲中濃鹽酸和二氧化錳反應制取氯氣的方程式為：MnO2+4HCl(濃) MnCl2+Cl2↑+2H2O； 丁中氫氧化鈉溶液可吸收多余的氯氣生成氯化鈉、次氯酸鈉、水，離子方程式為：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
【小問2詳解】
足量濃鹽酸與8.7g MnO2制備氯氣，并將所得氯氣與過量的石灰乳反應，則理論上最多可制得Ca(ClO)2；可以依據反應MnO2+4HCl(濃) MnCl2+Cl2↑+2H2O；2Cl2+2Ca(OH)2═CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，得到定量關系：8.7g MnO2物質的量為0.1mol；2MnO2～Ca(ClO)2所以理論上最多可制得Ca(ClO)2 的物質的量為0.05mol，質量=0.05mol×143g/mol=7.15g；
小問3詳解】
①當溫度低時，氯氣和氫氧化鈣反應生成氯化鈣和次氯酸鈣；當溫度高時，生成氯酸鈣和氯化鈣，剛開始反應時，溫度較低，氯氣和氫氧化鈣反應生成氯化鈣和次氯酸鈣，所以圖2中曲線I表示離子ClO-的物質的量隨反應時間變化的關系；
②根據氧化還原反應中得失電子數相等計算Cl-的物質的量，設被還原的氯離子的物質的量為n，則n×1=0.10mol×1+0.05mol×5=0.35mol，含氯離子的物質的量為：0.35mol+0.1mol+0.05mol=0.5mol，氯化鈣、次氯酸鈣、氯酸鈣中鈣離子和含氯離子的個數比為1：2，所以所取石灰乳中含有Ca(OH)2的物質的量為0.25mol；
【小問4詳解】
由于反應在高溫度下發(fā)生副反應，所以改進措施可以把丙裝置放入冰水中，避免發(fā)生3Cl2+6OH- 5Cl-+ClO+3H2O。

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