第2章 海洋中的卤素资源 单元检测题-高一上学期化学沪科版（2020）必修第一册

试卷第=page99页，共=sectionpages1010页试卷第=page1010页，共=sectionpages1010页第2章《海洋中的卤素资源》单元检测题一、单选题1．下列分子或离子在指定的分散系中一定能大量共存的一组是A．空气：B．氢氧化铁胶体：C．使酚酞变红的溶液：D．与反应放出的溶液：2．对于反应，下列说法不正确的是A．Fe是还原剂，被氧化B．HCl是氧化剂，发生了还原反应C．−1价氯在反应中价态未变，所以HCl既不是氧化剂，又不是还原剂D．此反应既是置换反应又是氧化还原反应3．四氧化三铁()磁性纳米颗粒稳定、容易生产且用途广泛，是临床诊断、生物技术和环境化学领域多种潜在应用的有力工具。水热法制备纳米颗粒的反应是。下列问题叙述不正确的是A．该条件下氧化性强于B．离子方程式中x=4C．每生成1mol，反应转移的电子为4molD．水热法制备纳米颗粒的反应中，还原剂是4．同一还原剂与多种氧化剂在一起时，先与氧化性强的粒子反应，待强的反应完后，再与氧化性弱的反应，称为反应先后规律。已知，且氧化性：，在溶有和的溶液中加入铁粉，下列说法中正确的是A．若铁粉无剩余，且溶液中有，则溶液中一定无B．若铁粉无剩余，且溶液中无，则溶液中一定有，也可能有C．若铁粉有剩余，则不溶物中一定有铜D．若铁粉有剩余，则溶液中的金属阳离子有和5．下列离子方程式书写正确的是A．Cl2与水反应：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-B．硫酸与氢氧化钡溶液反应：H++OH-+Ba2++SO=H2O+BaSO4↓C．过氧化钠与水反应：O+2H2O=2OH-+O2↑D．NaHCO3溶液中加入过量澄清石灰水：Ca2++HCO+OH-=CaCO3↓+H2O6．已知：溴化铁在200°C以上易分解，煮沸水溶液也会使其分解，生成溴化亚铁和溴单质。实验室里利用如图装置制取纯净的无水FeBr3。下列说法正确的是A．A、B、C分别盛有饱和Na2CO3溶液、浓硫酸和烧碱溶液B．装置②中温水的作用是降低装置①中生成的CO2在液溴中的溶解度C．实验开始时，先加热管式炉，再打开装置①中活塞D．实验结束时，先停止加热并停止滴入液溴，继续通入CO2至室温7．下列操作能达到实验目的的是A．用量筒量取浓硫酸B．将饱和溶液滴入溶液，制备胶体C．将溶液蒸发结晶获得晶体D．将两个石墨电极插入饱和溶液，接通电源后导电，可证明是电解质8．下列离子方程式书写正确的是A．向明矾溶液中滴加氢氧化钡至溶液呈中性：3Ba2++6OH-+2Al3++3SO=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓B．向Ca(ClO)2溶液通入过量的CO2：Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClOC．FeSO4酸性溶液暴露在空气中：4Fe2++O2+2H2O=4Fe3++4OH-D．CuSO4溶液与少量的Ba(OH)2溶液：Ba2++=BaSO4↓9．下列关于物质分类的说法，正确的个数有(1)冰水混合物属于纯净物，高分子化合物属于混合物(2)CaCl2、NaOH、HCl、HT四种物质都是化合物(3)由同一种元素组成的物质一定是纯净物(4)酸性氧化物一定是非金属氧化物，混合物、分散系、胶体有从属关系(5)NaHSO4、NaHCO3都属于酸式盐，其水溶液都显酸性(6)NaCl固体不导电，熔融的KCl能导电，所以前者是非电解质，后者是电解质(7)强电解质溶液的导电性一定比弱电解质溶液的导电性强(8)胆矾、苛性钠、冰醋酸、氧化钾均是电解质A．1 B．2 C．3 D．410．电解质溶液导电的能力的强弱主要由自由移动电荷的浓度的大小决定。电荷浓度越大，导电能力越强。下列物质的导电能力最强的是A．50mL0.1mol·L-1FeCl3溶液 B．20mL0.4mol·L-1NaHCO3溶液C．80mL0.2mol·L-1H3PO4溶液 D．100mL体积分数50%酒精水溶液11．下列关于氯气的性质描述不正确的是A．无色 B．有毒 C．有刺激性气味 D．可与金属反应12．下列物质转化在给定条件下能实现的是A．NaCl溶液溶液B．C．D．13．氧化还原关系与四种基本反应类型的关系如图所示。下列化学反应中属于阴影部分的是A． B．C． D．14．化学来源于生活，也服务于生活。下列有关生活中的化学知识叙述错误的是A．氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯漂白剂B．烧制陶瓷、冶炼金属、酿造酒类都属于化学变化C．洁厕灵与“84”消毒液混用会产生有毒气体D．漂白粉在空气中久置变质，是因为与空气反应生成的发生了分解15．如图所示装置中，试管内的FeI2溶液中滴有KSCN溶液，实验中控制通入Cl2的速度，试管内先观察到紫色，后观察到血红色。下列说法正确的是A．若Cl2中含较多HCl，则实验过程中会产生倒吸现象B．通入足量Cl2后，振荡试管，下层变紫色，上层变血红色C．该实验可验证氧化性：Cl2＞I2＞Fe3+D．试管内反应的离子方程式可表示为2Fe2++2I-+2Cl2=I2+2Fe3++4Cl-二、填空题16．下列物质：①Na2CO3•10H2O②熔融KCl③KClO3晶体④SO2⑤液氯⑥NaHSO4溶液⑦Cu片⑧氢氧化铁胶体(1)在所处状态下能导电的是______(填序号，下同)；属于电解质的是______；属于非电解质的是______；Na2CO3的电离方程式为_______。(2)向⑧中逐滴加入⑥，看到的现象是______。(3)加热24.5gKClO3晶体使其充分分解，反应过程中转移的电子数为____NA。(4)配平：___________________KMnO4+______HCl(浓)=_______KCl+_______Cl2↑+_______MnCl2+________H2O17．一场突如其来的新冠肺炎疫情，给人们的生活带来了巨大的冲击，在疫情期间外出需戴好口罩，返家后立即杀菌消毒。双氧水和84消毒液是生活中常用的两种消毒剂。(1)某同学参阅了“84消毒液”说明中的配方，欲用NaClO固体配制480mL含NaClO25%，密度为1.19g/cm3的消毒液。下列说法正确的有______________________。A．配制过程只需要四种仪器即可完成B．容量瓶用蒸馏水洗净后必须烘干才能用于溶液的配制C．所配得的NaClO消毒液在空气中光照，久置后溶液中NaClO的物质的量浓度减小D．需要称量的NaClO固体的质量为140gE．定容时俯视刻度线，会使配制溶液浓度偏低F．上下颠倒摇匀后发现溶液凹液面低于刻度线，应再加水至刻度线(2)某同学设计如下实验研究H2O2的性质，能证明H2O2有还原性的实验是_________。(填序号)序号实验实验现象1向5%H2O2溶液中滴加酸性KMnO4溶液a．溶液紫色褪去；b．有大量气泡产生2向5%H2O2溶液中滴加淀粉碘化钾溶液c．溶液变蓝(3)某届奥运会期间，由于工作人员将84消毒液与双氧水两种消毒剂混用，导致游泳池藻类快速生长，池水变绿。一种原因可能是NaClO与H2O2反应产生O2促进藻类快速生长。该反应说明氧化性：NaClO______________________H2O2(填“>”或“<”)；当有0.1molO2生成时，转移电子的物质的量为_________mol。II．二氧化氯(ClO2)气体是一种常用高效的自来水消毒剂(4)KClO3和浓盐酸在一定温度下反应会生成ClO2和Cl2，该反应的离子方程式________。(5)将ClO2通入到硫化氢溶液中，然后加入少量的稀盐酸酸化的氯化钡溶液，发现有白色沉淀生成，写出二氧化氯与硫化氢溶液反应的化学方程式____________。18．按要求回答下列问题(1)侯氏制碱法制得的“碱”的化学式：____，磁性氧化铁的化学式：____。(2)漂白粉的有效成分化学式是____；胶体的本质特征：____。(3)用化学方程式表示炽热的铁水不能注入潮湿的模具中的原因：____。(4)用离子方程式表示打磨过的铝片遇NaOH溶液产生气泡的原因：____。三、计算题19．可用作媒染剂、医药、分析试剂、催化剂等，某同学设计实验确定其结晶水数目。用电子天平称取样品17.280g，一定条件下，经热分解测得气体产物中有、、、，其中水的质量为6.300g，残留的固体产物是，质量为4.800g。(1)n=_______(写出计算过程)。(2)在标准状况下气体产物中的体积为_______L。20．回答下列问题(1)在标准状况下，CO和CO2混合气体的质量为36g，体积为22.4L，则CO2和CO物质的量之比为______。(2)神舟十三飞船以N2H4和N2O4为动力源，发生反应：N2H4+N2O4→N2+H2O，反应温度可高达2700°C，回答下列问题。①配平方程式____N2H4+N2O4=N2+H2O________。②氧化产物与还原产物的质量之比为________。(3)将10.9gNa2O和Na2O2的固体混合物溶于水得到500mL溶液，所得溶液用100mL1.5mol/L稀硫酸恰好完全中和。①固体混合物中Na2O2的质量分数为_____(保留三位有效数字)。②固体混合物与水反应后，所得NaOH溶液的物质的量浓度______mol/L。③若用质量分数为98%，密度为1.84g/mL的浓硫酸配制题中所用的稀硫酸，则需量取浓硫酸的体积为____(保留两位有效数字)。21．一定量氢气在氯气中燃烧，所得混合物用100mL3.00mol/L的NaOH溶液恰好完全吸收，检测到反应后溶液中有NaCl、NaClO和NaClO3。测得溶液中含有NaCl的物质的量0.250mol，NaClO的物质的量为0.0300mol。(1)所得溶液中NaClO3的物质的量为_______。(2)所得混合物中氯气与NaOH溶液反应的总离子方程式_______。(3)所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比n(Cl2)：n(H2)=_______。四、实验题22．按要求完成下列填空，(1)配制240mL4.0mol•L-1NaOH溶液的实验步骤如下：a．计算需要氢氧化钠固体的质量；b．用滤纸称量氢氧化钠固体c．用适量的蒸馏水溶解称量好的氢氧化钠固体，直接注入容量瓶；d．用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次，洗涤液也注入容量瓶，轻轻摇动容量瓶使溶液混合均匀；e．继续向容量瓶中加蒸馏水至刻度线下1mm～2mm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切；f．盖好瓶塞，反复左右颠倒，摇匀；g．装瓶贴签。①所需称量的氢氧化钠固体的质量是_____。②配制上述溶液的操作正确的是_____(填序号)。③在配制过程中，其他操作均正确，下列操作能引起所得溶液浓度偏高的是_____(填序号)。A．定容时，俯视刻度线B．定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线C．转移前，发现容量瓶内含有少量蒸馏水D．称量时使用的砝码生锈(2)已知该水样中只可能含有K+、Mg2+、Cu2+、Ag+、Ca2+、、、Cl-中的若干种离子，该小组同学取100mL水样进行实验；向样品中先滴加氯化钡溶液，再滴加1mol•L-1盐酸，实验过程中沉淀质量的变化如图所示。BC段消耗盐酸体积为_____，若检测得到c(K+)=0.7mol•L-1，则水样中存在的离子为_____。(3)在两份相同的Ba(OH)2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。下列分析正确的是_____。A．①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线 B．b-d的反应为H++OH-=H2OC．a、d两点对应的溶液均显中性 D．H+导电能力比Na+弱(4)将0.24gMg和0.27gAl的混合物投入到100mL1mol/L的盐酸中，充分反应后固体完全溶解。向所得溶液中加入2mol/L的NaOH溶液，恰好使金属离子全部沉淀完全，需要NaOH溶液的体积为_____mL。23．氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。已知氯气在不同温度条件下与碱反应的产物不同。实验室中利用如图装置制备KClO3和NaClO，并探究其氧化还原性质。回答下列问题：(1)盛放浓盐酸的仪器名称是_______，a中所盛放试剂的作用是_______。(2)水浴加热的优点是_____；若c中没有采用冰水浴冷却，可能产生的后果是_______。(3)请指出并补足本实验存在的一处明显缺陷：_______。(4)一定条件下，取少量KClO3和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中，滴加稍过量中性KI溶液。1号试管溶液颜色始终不变。2号试管溶液变为棕色，加入CCl4，振荡，静置后CCl4层显_______色。可知该条件下KClO3的氧化能力_______NaClO(填“>”或“<”)。(5)称取4份0.0500g分析纯的KClO3(s)，分别加入到4支盛有1mL0.2mol·L-1的KI溶液的试管中，第1支试管中不加酸，另外3支试管中加入不同量的6mol·L-1H2SO4溶液，边滴加边振荡，充分振荡后，溶液颜色由无色变为棕黄色，实验结果见下表：25℃时不同用量H2SO4对氯酸钾氧化性影响编号1234KI用量/mL1111H2SO4用量/mL0579实验现象无色溶液颜色较浅颜色较深颜色深据此实验可得出的初步结论是_______。24．四碘化锡是一种橙红色晶体，为共价型化合物，熔点，沸点为，受潮易水解，在冰醋酸中溶解度较小。实验室制备四碘化锡并验证其相关性质的主要步骤如下：步骤1：四碘化锡的制备在干燥的圆底烧瓶中加入的碎锡箔和，再加入冰醋酸和醋酸酐，如图甲所示(加热及夹持装置略)，组装好装置后，打开冷却水，加热烧瓶至沸腾约，直至反应完成；然后冷却结晶，用如图乙抽滤装置过滤得到四碘化锡粗品.(1)图甲中仪器A的名称为_______，干燥管里装入的试剂为_______。(2)抽滤装置中装置B的作用是_______。(3)加热烧瓶至沸腾约，当出现_______现象时，认为反应完成。步骤2：重结晶法提纯四碘化锡将所得粗品转移到圆底烧瓶中加入溶剂A，水浴加热回流溶解后，趁热抽滤，用溶剂A洗净布氏漏斗上残留的固体；将滤液和洗涤液倒入蒸发皿中，置于通风橱内，恢复至室温，析出橙红色四碘化锡晶体，过滤，称其质量为已知：时四碘化锡在不同溶剂A中的溶解度()如表：溶剂丙酮四氯化碳苯溶解度3.67.19.9(4)根据表中信息，溶剂A选用_______(填溶剂名称)最合适，其原因是_______(5)四碘化锡晶体的产率为_______。步骤3：四碘化锡性质实验取少量四碘化锡固体于试管中，加入大量蒸馏水并微热，振荡后有白色沉淀生成，再向白色沉淀加入稀氢氧化钠溶液，沉淀溶解。(6)四碘化锡与蒸馏水反应所生成的产物为_______(请填化学式)，请写出白色沉淀溶于氢氧化钠的离子方程式：_______。答案第=page2121页，共=sectionpages1212页答案第=page2222页，共=sectionpages1212页参考答案：1．C【详解】A．一氧化氮能与空气中的氧气反应，不能大量共存，A错误；B．氢氧化铁胶体、硫离子均能与氢离子反应，不能大量共存，B错误；C．使酚酞变红的溶液呈碱性，四种离子都能大量共存，C正确；D．与反应放出的溶液，可能为酸溶液或碱溶液，铵根离子和氢氧根离子不能大量共存，D错误；答案选C。2．C【详解】A．Fe元素的化合价升高，Fe是还原剂，被氧化，故A正确；B．HCl中的H元素化合价降低，则HCl是氧化剂，发生了还原反应，故B正确；C．HCl中的Cl化合价未变，但H元素化合价降低，则HCl是氧化剂，故C错误；D．此反应是置换反应，有元素化合价发生变化，又是氧化还原反应，故D正确；故选C。3．D【详解】A．氧元素化合价降低，氧气是氧化剂，是氧化产物，故该条件下O2氧化性强于，A正确；B．根据电荷守恒与质量守恒定律可知，x=4，B正确；C．每生成1molFe3O4的同时生成1mol，故该反应转移的电子为，故每生成1molFe3O4，反应转移的电子为4mol，C正确；D．根据反应方程式可知，硫元素化合价由+2价变为+2.5价，硫元素化合价升高；且铁元素化合价也生，故该反应的还原剂是：、，D错误；答案选D。4．C【分析】三价铁离子氧化性强于铜离子，加入铁粉，铁粉先与三价铁离子反应生成二价铁离子，剩余铁粉再与铜离子反应生成二价铁离子，据以上分析进行解答。【详解】A．若铁粉无剩余，且溶液中有Cu2+，则可能有三种情况，一种为铜离子只反应一部分，则三价铁离子完全反应，一种为铜离子未反应，则三价铁离子恰好反应，一种为铜离子未反应，三价铁离子只反应一部分，溶液中含有三价铁离子，A错误；B．若铁粉无剩余，且溶液中无Cu2+，因为三价铁离子先于铁粉反应，所以一定不含三价铁离子，一定含有二价铁离子，B错误；C．若有铁粉剩余，则三价铁离子、铜离子完全反应，不溶物中一定含有铜，C正确；D．若有铁粉剩余，则Fe3+、Cu2+完全反应，则溶液中的金属阳离子只有Fe2+，D错误；故答案选C。5．D【详解】A．HClO为弱酸，书写离子方程式时不能拆开，故为Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，故A错误；B．硫酸与氢氧化钡溶液反应的离子方程式为：2H++2OH-+Ba2++SO=2H2O+BaSO4↓，故B错误；C．过氧化钠书写离子方程式时不能拆开，故C错误；D．NaHCO3溶液中加入过量澄清石灰水生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠、水，故离子方程式为Ca2++HCO+OH-=CaCO3↓+H2O，故D正确；故选D。6．D【详解】A．利用装置①可制备二氧化碳，但其中含有HCl和水蒸气，装置③中A、B依次可除去HCl和水蒸气，利用装置④可进行尾气处理，故A、B、C分别盛有饱和NaHCO3溶液、浓硫酸和烧碱溶液，A错误；B．装置②中温水的作用是促进液溴的挥发，从而得到溴蒸气，B错误；C．实验开始时，要先打开装置①中活塞，利用反应产生的二氧化碳排除装置中的空气，再加热管式炉，防止铁粉被氧气氧化生成杂质，C错误；D．实验结束时，先停止加热并停止滴入液溴，继续通入二氧化碳至室温，排除装置中的溴蒸气，并使其被C中烧碱溶液吸收，防止污染环境，D正确；故选D。7．C【详解】A．量筒能粗略量取液体体积、体积可估读到小数点后一位，A错误；B．将饱和溶液滴入沸水中，制备胶体，B错误；C．氯化钠的溶解度随温度变化不大，故将溶液蒸发结晶获得晶体，C正确；D．将两个石墨电极插入饱和溶液，接通电源后导电，不可证明是电解质，因为二氧化碳溶于水后生成的碳酸会电离产生氢离子等可自由移动离子的，D错误；答案选C。8．A【详解】A．铝离子的水解会使溶液显酸性，所以向明矾溶液中滴加氢氧化钡至溶液呈中性，即铝离子恰好完全沉淀，离子方程式应为3Ba2++6OH-+2Al3++3SO=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，A正确；B．向Ca(ClO)2溶液通入过量的CO2，碳酸钙转化为碳酸氢钙，B错误；C．FeSO4酸性溶液暴露在空气中被氧气氧化为Fe3+，离子方程式应为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，C错误；D．CuSO4溶液与少量的Ba(OH)2溶液，同时生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，D错误；综上所述答案为A。9．B【详解】(1)冰水混合物中只含水分子，冰水混合物属于纯净物；高分子化合物的聚合度不同，高分子化合物属于混合物，故(1)正确；(2)CaCl2、NaOH、HCl是化合物，HT是单质，故(2)错误；(3)由同一种元素组成的物质不一定是纯净物，如O2、O3，故(3)错误；(4)酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如Mn2O7是酸性氧化物，故(4)错误；(5)NaHSO4溶液显酸性，NaHCO3溶液显碱性，故(5)错误；(6)NaCl、KCl固体不导电，熔融的NaCl、KCl能导电，所以都是电解质，故(6)错误；(7)电解质溶液的溶液导电性与离子浓度有关，强电解质溶液的导电性不一定比弱电解质溶液的导电性强，故(7)错误；(8)胆矾、苛性钠、冰醋酸、氧化钾均是电解质，故(8)正确；正确的是(1)(8)，选B。10．B【详解】相同温度下，溶液导电能力与离子浓度成正比，导电能力最强说明该溶液中离子浓度最大，FeCl3和NaHCO3是强电解质，在水溶液中完全电离，50mL0.1mol·L-1FeCl3溶液铁离子浓度为0.1mol·L-1，氯离子浓度为0.3mol·L-1，20mL0.4mol·L-1NaHCO3溶液钠离子浓度为0.4mol·L-1，碳酸氢根离子浓度约为0.4mol·L-1，所以B导电能力大于A，H3PO4是弱电解质，在水溶液中部分电离，所以氢离子浓度小于0.2mol/L，磷酸根离子浓度小于0.2mol·L-1，酒精为非电解质，50%酒精水溶液的导电能力很弱，通过以上分析知，溶液中离子浓度最大的是20mL0.4mol·L-1NaHCO3溶液，则溶液导电能力最强的是B。11．A【详解】氯气是一种黄绿色有刺激性气味的有毒气体，可与金属反应生成高价态的金属氯化物，故选A。12．B【详解】A．盐酸的酸性强于碳酸，故氯化钠溶液和二氧化碳气体不反应，故A错误；B．氯气和石灰乳反应生成氯化钙和次氯酸钙，可以转化，故B正确；C．钠和氧气反应生成过氧化钠，过氧化钠和二氧化碳气体反应生成碳酸钠和氧气，不能转化为碳酸氢钠，故C错误；D．铁和氯气反应生成氯化铁，不能转化为氯化亚铁，故D错误；故选B。13．D【分析】反应符合一变多特点，属于分解反应；两种化合物交换成分生成另外两种化合物的反应，属于复分解反应；反应符合多变一特点，属于化合反应；一种单质和化合物生成另外一种单质和化合物的反应，属于置换反应；氧化还原反应为有元素化合价改变的反应；【详解】A．反应中没有元素化合价改变，不是氧化还原反应，故A错误；B．反应中没有元素化合价改变，不是氧化还原反应，故B错误；C．反应为一变多的反应，属于分解反应，故C错误；D．反应在碳、氢元素化合价改变，且不是化合、分解、置换反应；故D正确；故选D。14．D【详解】A．氯气与烧碱溶液反应生成次氯酸钠，氯气和石灰乳反应生成次氯酸钙，故A正确；B．烧制陶瓷、冶炼金属、酿造酒类都有新物质生成，都属于化学变化，故B正确；C．洁厕灵与“84”消毒液混用，盐酸和次氯酸钠发生氧化还原反应生成氯气，故C正确；D．漂白粉在空气中久置变质，是因为次氯酸钙与空气中的二氧化碳、水反应生成碳酸钙和次氯酸，反应生成的HClO发生了分解生成HCl和氧气，故D错误；选D。15．B【分析】碘化亚铁溶液通入氯气，先观察到紫色，说明氯气先将碘离子氧化成碘单质，然后观察到血红色，说明氯气将亚铁离子氧化成Fe3+，据此分析；【详解】A．根据图象，导管下端在四氯化碳溶液中，HCl不溶于四氯化碳，不能发生倒吸，故A错误；B．通入足量的氯气后，振荡试管，因四氯化碳的密度大于水，且不与水互溶，四氯化碳在下层，水层在上层，碘单质易溶于四氯化碳，即下层显紫色，Fe3+在水层，即上层显红色，故B正确；C．根据上述分析，氯气先氧化成碘离子，再氧化亚铁离子，说明氯气的氧化性最强，碘离子的还原性强于亚铁离子，从而推出Fe3+的氧化性强于I2，故C错误；D．根据上述分析，氯气先氧化碘离子，将碘离子氧化完后，再与亚铁离子反应，题中所给离子方程式是先氧化亚铁离子，因此离子方程式可以是2Fe2++4I-+3Cl2=2I2+2Fe3++6Cl-，故D错误；答案为B。16．(1)

②⑥⑦⑧

①②③

④

Na2CO3=2Na++(2)先生成红褐色沉淀，后沉淀溶解，溶液呈黄色(3)1.2(4)2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+5Cl2↑+2MnCl2+8H2O【解析】(1)能够导电物质一般为金属单质、石墨、熔融的电解质或电解质的水溶液等，所处状态下能够导电的是②⑥⑦⑧；电解质包括酸、碱、多数盐、多数金属氧化物、水等，属于电解质的是①②③；非电解质是除电解质以外的化合物，属于非电解质的是④；碳酸钠属于盐，完全电离，电离方程式为Na2CO3=2Na++CO；故答案为②⑥⑦⑧；①②③；④；Na2CO3=2Na++CO；(2)胶体遇到电解质，发生聚沉，观察到现象是出现红褐色沉淀，Fe(OH)3与NaHSO4电离出H＋反应生成Fe3＋，红褐色沉淀溶解，溶液呈黄色；故答案为先生成红褐色沉淀，后沉淀溶解，溶液呈黄色；(3)KClO3分解2KClO3=2KCl＋3O2↑，消耗2molKClO3，转移电子物质的量为12mol，即24.5gKClO3发生分解反应，转移电子物质的量为=1.2mol，电子数为1.2NA；故答案为1.2；(4)KMnO4中Mn化合价由＋7降低为＋2价，降低5价，Cl2中Cl化合价升高，共升高2价，最小公倍数为10，即KMnO4的系数为2，Cl2的系数为5，根据原子守恒配平其他，即反应方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+5Cl2↑+2MnCl2+8H2O；故答案为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+5Cl2↑+2MnCl2+8H2O。17．(1)C(2)1(3)

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0.2(4)2Cl+2Cl-+4H+=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O(5)8ClO2+5H2S+4H2O=8HCl+5H2SO4【解析】(1)A．根据实验步骤，配制过程中需要的仪器有天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管等多于四种仪器，故A错误；B．容量瓶使用过程中还要加入蒸馏水定容，故不用烘干，故B错误；C．NaClO遇空气中二氧化碳生成易分解的次氯酸，所以久置后溶液中NaClO的物质的量浓度减小，故C正确；D．所用容量瓶的容积为500mL，则需要称量的NaClO固体的质量为：1.19g/cm325%=148.8g，故D错误；E．俯视刻度线导致溶液体积偏小，依据c=可知，浓度偏高，故E错误；F．上下颠倒摇匀后发现溶液凹液面低于刻度线，再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，依据c=可知，浓度偏低，故F错误；综上所述，答案选C。(2)实验1中酸性KMnO4溶液是强氧化剂，酸性KMnO4溶液遇到H2O2溶液紫色褪去，有大量气泡产生（从反应物价态看，气体只能是氧气），说明H2O2被氧化，H2O2体现还原性，故答案为：1。(3)池水变绿一种原因可能是NaClO与H2O2反应产生O2促进藻类快速生长，说明NaClO的氧化性大于H2O2的氧化性；该反应中O的化合价由-1变为0，则生成0.1molO2，转移电子0.2mol，故答案为：>；0.2。(4)KClO3和浓盐酸反应会生成ClO2和Cl2，KClO3中氯元素化合价由+5价变为+4价，HCl中氯元素由-1价升高到0价，根据得失电子守恒，Cl、Cl-化学计量数之比为2:2，再根据电荷守恒和原子守恒，配平反应的离子方程式为：2Cl+2Cl-+4H+=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O，故答案为：2Cl+2Cl-+4H+=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O。(5)硫酸钡难溶于盐酸，即反应生成硫酸钡，ClO2通入到硫化氢溶液中，生成了硫酸根，ClO2被还原为氯离子，根据得失电子守恒和原子守恒，配平反应的化学方程式为：8ClO2+5H2S+4H2O=8HCl+5H2SO4，故答案为：8ClO2+5H2S+4H2O=8HCl+5H2SO4。18．(1)

Na2CO3

Fe3O4(2)

Ca(ClO)2

分散质的粒子直径介于1nm与100nm之间(3)3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2(4)2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2【解析】(1)侯氏制碱法就是在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，这其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3晶体，再加热碳酸氢钠使其分解得到纯碱、二氧化碳和水，故侯氏制碱法制得的“碱”的化学式为:Na2CO3；铁常见的氧化物为氧化铁、氧化亚铁和四氧化三铁，磁性氧化铁为:Fe3O4。(2)氯气通入石灰乳可制得漂白粉，漂白粉的成分为氯化钙和次氯酸钙，有效成分是次氯酸钙化学式是：Ca(ClO)2；分散系根据分散质粒子直径的大小分为溶液、浊液和胶体，故胶体的本质特征是分散质粒子直径的大小，胶体的本质特征分散质的粒子直径介于1nm与100nm之间。(3)炽热的铁水注入模具前，模具必须进行干燥处理，否则铁和水在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，反应的方程式：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2。(4)铝片与NaOH反应生成偏铝酸钠和氢气，气泡是氢气，反应的离子方程式：2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2。19．(1)6(2)0.224【解析】(1)，，，。答案为：6；(2)0.06mol晶体中所含结晶水的物质的量共为0.06mol×6=0.36mol，分解的气体产物中含有H2O的物质的量为，则依据氢元素守恒，生成HNO3的物质的量为2×(0.36mol-0.35mol)=0.02mol；依据N元素守恒，生成NO2的物质的量为2×0.06mol-0.02mol=0.1mol；依据得失电子守恒，可得出4n(O2)+0.06×1=0.1×1，n(O2)=0.01mol，V(O2)=0.01mol×22.4L/mol=0.224L。答案为：0.224。【点睛】进行化学计算时，我们常利用元素守恒、得失电子守恒、电荷守恒进行求解。20．(1)1:1(2)

2N2H4+N2O4=3N2+4H2O

2∶1(3)

8.2mL【详解】（1）由题意列方程组得：，解得：n(CO)＝0.5mol，n(CO2)＝0.5mol，故CO2和CO物质的量之比为1:1，故答案为：1:1；（2）①N2H4中氮元素化合价为-2，N2O4中氮元素化合价为+4，生成物氮元素化合价为0，则每个N2H4失去4个电子，每个N2O4得到8个电子，根据电子守恒和原子个数守恒得配平后的方程式为2N2H4+N2O4=3N2+4H2O；②N2H4失去电子，N2O4得到电子，则氧化产物的个数为2，还原产物的个数为1，所以氧化产物与还原产物的质量之比为2∶1；（3）设固体混合物中的物质的量为xmol，的物质的量为ymol，由固体混合物的质量为10.9g，可得①；由，则固体混合物与水反应生成的，由钠原子守恒，可得②；联立①②两式可解得，，据此分析解答。①，则固体混合物中的质量分数为；②由，溶液体积为500mL，可得；③由公式，可得浓硫酸的物质的量浓度；结合稀释定律，可得，所以用量取量取8.2mL。21．(1)0.02mol(2)(3)5∶3【详解】（1）H2在Cl2燃烧生成的HCl气体，反应的化学点燃方程式为：，则混合气体中含有HCl气体，由于溶液中含有Cl2，说明Cl2有剩余，混合气体中含有Cl2，则所得混合物为HCl气体与Cl2，HCl气体与NaOH溶液反应的化学方程式为:，Cl2与NaOH溶液反应的关系式为（未配平）：，由于所得混合物用100mL3.00，NaOH恰好完全吸收，则消耗NaOH的物质的量为，根据钠原子守恒可得NaClO3的物质的量为：；答案为：0.02mol；（2）根据反应的关系式：，根据电子转移守恒可得关系式：（0.031+0.025）mol=1；则=0.13mol，故氯气与NaOH溶液反应的总离子方程式：，答案为：；（3）根据氯化钠的总的物质的量为：0.25mol，则反应中氯化钠的物质的量为：0.25mol-0.13mol=0.12mol，==0.12mol，则根据反应方程式：，，根据氯原子守恒：，则n(Cl2)：n(H2)=5∶3；答案为：5∶3。【点睛】计算过程中逐渐培养原子守恒的思维，会大幅度的减少计算量，前提是对化学反应的基础知识要非常的扎实。22．(1)

40.0g

adg

AD(2)

40mL

K+、、、Cl-(3)ABC(4)50【分析】配制240mL4.0mol•L-1NaOH溶液时，需选择250mL的容量瓶，计算时，溶液的体积按250mL进行计算；由于NaOH易潮解，且会腐蚀托盘，所以应放在小烧杯内称量；加水溶解后，冷却到室温才能转移入容量瓶，且需洗涤烧杯内壁和玻璃棒2~3次，洗涤液都转移入容量瓶；轻轻振荡锥形瓶后，加水定容，当液面离刻度线1~2cm处，改用胶头滴管加水，至凹液面与刻度线相切，盖好瓶塞，反复上下颠倒、摇匀。【详解】（1）a．选择250mL容量瓶，并按溶液体积250mL代入公式计算需要氢氧化钠固体的质量，a正确；b．氢氧化钠易潮解，不能用滤纸称量氢氧化钠固体，b不正确；c．用适量的蒸馏水溶解称量好的氢氧化钠固体，冷却至室温，才能转移入容量瓶，c不正确；d．用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次，洗涤液也注入容量瓶，确保溶质全部进入容量瓶内，轻轻摇动容量瓶使溶液混合均匀，d正确；e．继续向容量瓶中加蒸馏水，至刻度线下1cm～2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水，至凹液面与刻度线相切，e不正确；f．盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀，f不正确；g．装瓶贴签，容量瓶不能长期存放溶液，g正确；①所需称量的氢氧化钠固体的质量是0.25L×1mol/L×40g/mol=40.0g。②由以上分析可知，配制上述溶液的操作正确的是adg。③A．定容时，俯视刻度线，所配溶液体积偏小，浓度偏高；B．定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线，则所配溶液体积偏大，浓度偏低；C．转移前，发现容量瓶内含有少量蒸馏水，不影响溶质的质量和溶液的体积，对所配溶液不产生误差；D．称量时使用的砝码生锈，则所称NaOH的质量偏大，所配溶液的浓度偏高；故选AD。答案为：40.0g；adg；AD；（2）从图中可以看出，加入BaCl2后生成沉淀，再加盐酸后，沉淀有一部分溶解，则溶解的沉淀为BaCO3，不溶的沉淀为BaSO4，所以溶液中一定含有、，依据离子共存原则，一定不含有Mg2+、Cu2+、Ag+、Ca2+。m(BaSO4)=2.33g，m(BaCO3)=6.27g-2.33g=3.94g，由此得出为=0.02mol，为=0.01mol；BaCO3为0.02mol，需消耗HCl为0.04mol，BC段消耗盐酸体积为=0.04L=40mL，若检测得到c(K+)=0.7mol•L-1，依据电荷守恒，可求出Cl-的物质的量为0.01mol，则水样中存在的离子为K+、、、Cl-。答案为：40mL；K+、、、Cl-；（3）Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O，Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4↓+NaOH+H2O、NaOH+NaHSO4=Na2SO4+H2O。A．Ba(OH)2与H2SO4只发生一个反应，则由反应方程式可以看出，①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，A正确；B．b-d段发生的反应为NaOH+NaHSO4=Na2SO4+H2O，离子方程式为H++OH-=H2O，B正确；C．a点为BaSO4溶液，d点为Na2SO4溶液，对应的溶液均显中性，C正确；D．H+和Na+都带1个正电荷，