2023学年高一化学下学期期中试题(选考)(含解析)

尚水出品尚水出品亲爱的同学：这份试卷将再次记录你的自信、冷静、才智和收获，我们始终投给你信任的目光……2023学年下学期高一年级期中考试化学试卷〔选考〕以下过程中，涉及化学变化的是金属钠放入水中 B.蒸馏法将海水淡化为饮用水C.活性炭使红墨水褪色 D.四氯化碳萃取碘水中的碘【答案】A变化和物理变化的本质区分是否有物质生成气，属于化学变化；而蒸馏、萃取、活性炭的吸附作用均为物理变化，没有物质生成。详解：金属钠与水猛烈反响，生成氢氧化钠和氢气，属于化学变化，A纯液态混合物常用的方法之一,是分别沸点不同的液体混合物的一种方法,所以将海水淡化为饮用水是物理变化,B,C化碳与水不互溶且碘在四氯化碳中的溶解度比在水中的大得多,所以四氯化碳萃取碘水中的碘是利用物质的溶解度差异进展分别碘和水,是物理变化,DA。常温下可以用铁制容器盛装的是浓盐酸 B.浓硫酸 C.稀硝酸 D.硫酸铜溶液【答案】B【解析】分析：依据铁的性质进展解答，常温下，浓硫酸具有强氧化性,铁在浓硫酸中被氧化生成致密的氧化膜,阻挡反响进一步进展,发生钝化,能盛放；常温下，铁与浓盐酸、硫酸详解：常温下，铁与浓盐酸发生置换反响，不能盛放，A错误；常温下，铁与浓硫酸发生钝化，阻挡反响进一步进展，故铁制容器可以盛放浓硫酸，B正确；常温下，铁与稀硝酸发生氧化复原反响，不能盛放，CD错误；正确选项B。以下关于自然界中氮循环〔如图〕的说法正确的选项是“雷电作用”中发生的反响是：工业合成氨属于人工固氮氮元素均被复原过程①必需有O参与2【答案】B【解析】分析：A.“雷电作用”中发生的反响是N+O=2NO；B.人工固氮是指通过化学反2 2应将游离态的氮转化为化合态的氮；C和氢气反响生成氨气，氮元素被复原；D.硝酸盐被细菌分解为氮气，氮元素被复原，不需要氧气参与反响。NO，A态的氮转化为化合态的氮，因此氮气和氢气反响生成氨气，属于人工固氮，B正确；雷电作用下，氮气和氧气反响生成的是NO，氮元素被氧化，氮气和氢气反响生成氨气，氮元素化合价降低，被复原，C错误；硝酸盐被细菌分解为氮气，氮元素被复原，不需要氧气参与反响，DB。自来水常用Cl2

消毒，用这种自来水配制以下物质的溶液不会产生明显变质的是AgNO

FeCl

NaSO

CuSO3 2 2 3 4【答案】D【解析】分析：A.氯水中含有的Cl-Ag+反响生成AgClB.氯水中含有ClHClO、ClO-等微粒,具有氧化性,能氧化亚铁离子,药品变质；C.氯水中含有H+，H+2与亚硫酸根离子反响生成水和二氧化硫,药品变质；D.CuSO4

溶液中的离子不会与氯水中的微粒发生反响,药品不变质。AgNO3

溶液时,假设用氯水,氯水中含有Cl-Ag+Cl-应生成AgCl明显的药品变质问题,A错误；配制FeCl2

溶液时,假设用氯水,氯水中含有ClHClO、ClO-2等微粒,具有氧化性,能氧化亚铁离子,则产生明显的药品变质问题,B错误；配制NaSO溶2 3液时,氯水中含有HHC错误；配制CuSO4

溶液时,溶液中的离子不会与氯水中的微粒发生反响,则不会产生明显的药品变质问题,D正确；正确选项D。点睛：氯水成分为“三分四离”，“三分”：Cl2

、HClO、HOCl-、H+、ClO-、2OH-；所以氯水具有氧化性、酸性、漂白性；需要留意的是氯水能够漂白酸碱指示剂，而二氧化硫就不能漂白酸碱指示剂。检验硫酸亚铁是否氧化变质的试剂是稀盐酸 B.石蕊溶液 C.KSCN溶液 D.氯水【答案】C【解析】分析：A.FeSOFe(SOB.FeSOFe(SO

都是强酸弱碱盐，4 2 43 4 2 43溶液都呈酸性，都能使石蕊溶液变红；C.Fe3+能和SCN-生成络合物，使溶液呈现血红色，这一反响是Fe3+的特征反响；D.FeSO4

被氯水氧化成Fe3+，无法检验溶液是否变质。FeSOFe(SOAFeSOFe(SO4 2 43 4 2 43错误；假设FeSO溶液变质，变质后的物质是Fe(SO，Fe3+能和SCN-生成络合物，使溶液呈4 2 43现血红色现象明显，这一反响是Fe3+的特征反响，所以用KSCN溶液可以检验硫酸亚铁是否氧化变质，CFeSO4

被氯水氧化成Fe3+，故不能检验是否变质，D错误；正确选项C。点睛：在含有Fe3＋和Fe2＋的混合液中，要检验Fe2＋的存在，可以用铁氰化钾溶液，假设消灭蓝色沉淀，证明有Fe2＋；也可参加酸性高锰酸钾溶液，假设溶液褪色，证明含有Fe2＋。以下各组离子中，能大量共存的是SO2－、Fe3＋、NO－、H＋ B.Ca2＋、Na＋、Cl－、CO2－4 3 3C.I－、H＋、SO2－、NO－ D.NH＋、Na＋、OH－、Cl－3 3 4【答案】A【解析】分析：A.离子间相互不反响，能够大量共存；B.生成碳酸钙沉淀，不能大量共存；C.硝酸氧化.I－SO2－，不能大量共存；D.NH＋与OH－反响生成氨气，不能大量共存。3 4详解：AAB选项中Ca2＋与CO2－反响生成碳酸钙沉淀，3不能大量共存，B错误；C选项中氢离子和NO－共同作用氧化I－SO2－，不能大量共存，3 3CDDA。点睛：离子共存是指离子之间不发生反响生成沉淀〔难溶物、气体〔挥发性物质〔弱电解质〕水等，离子之间不发生氧化复原反响，不发生络合反响等，就能大量共存，否则，不能大量共存。以下关于F、Cl、Br、I性质的比较，的是它们的原子核外电子层数随核电荷数的增加而增多被其他卤素单质从其卤化物中置换出来的可能性随核电荷数增加而增大它们的氢化物的稳定性随核电荷数的增加而增加单质的颜色随核电荷数的增加而加深【答案】C【解析】试题分析：A．F、Cl、Br、I2、3、4、5，原子核外电子层数随核电荷数的增加而增多，AB．F、Cl、Br、ICFCl、Br、ICD．F、Cl、Br、IDC。考点：考察同主族元素的性质递变以下解释试验过程的离子方程式中，的是利用固体管道疏通剂〔主要成分为Al粉和NaOH〕2Al＋2HO2＋2OH－＝2AlO－＋3H↑2 2用氢氧化钠溶液除去铝箔外表的氧化膜AlO2OH－＝2AlO－＋HO23 2 2向氯化铝溶液中参加少量氢氧化钠溶液Al3＋＋3OH－＝Al〔OH〕3用胃舒平〔主要成分是氢氧化铝〕缓解胃酸〔HCl〕过多OH－＋H＋＝HO2【答案】D【解析】分析：A.铝与NaOHB.AlO23

NaOH偏铝酸钠和水；C.NaOH量少时，氯化铝溶液与NaOH溶液反响生成氢氧化铝沉淀和氯化钠；D.氢氧化铝与盐酸反响生成氯化铝和水。详解：Al粉和NaOH2Al＋2HO＋2OH－＝2AlO2 2－＋3HAAlO2 23AlO2OH－＝2AlO－＋HO，BNaOH23 2 2淀和氯化钠，离子方程式为Al3＋＋3OH－＝Al〔OH〕↓，C正确；氢氧化铝是弱碱，且难溶3于水，离子方程式中不能拆成离子形式，正确的离子方程式为：Al(OH)＋3H＋＝3HO+Al3+，3 2DD。试验室制取少量氨气涉及以下装置，其中正确的选项是①是氨气发生装置 B.②是氨气发生装置C.③是氨气收集装置 D.④是多余氨气吸取装置【答案】B与生石灰反响，不能用氯化铵固体加热来制备氨气，由于氯化铵受热分解成氨气和氯化氢，收集，尾气吸取留意防倒吸，据以上分析解题。通常工业上监测SO含量是否到达排放标准的化学反响原理是SO＋HOBaCl＝2 2 22 24 BaSO↓＋2HClN表示阿伏伽德罗常数的值，以下说法4 0.1molBaCl2

0.3NA25℃时，0.1mol/L的HCl溶液中含有H＋0.1NA标准状况下，17gHO0.5N22 A2.33gBaSO4

沉淀时，吸取SO2

0.224L【答案】B【解析】分析：A.BaCl2

为强电解质，1molBaCl2

3NB.溶液的体A积未知，无法求出H＋的数目；C.依据n=m/MD.依据V=m×V/Mm详解：0.1molBaCl2

0.1molBa2+0.2molCl-0.3N，AA有给定溶液的体积，无法求出0.1mol/LHCl溶液中含有H＋的数目，B17gHO的物22质的量为 =0.5mol，所含分子的物质的量为0.5N，C正确；2.33gBaSO的物质的A 4量为 =0.01mol，依据方程式可知，吸取SO0.01mol，在标准状况下的体积为20.01mol×22.4L/mol=0.224L，D正确；正确选项B。如下图进展试验，以下说法的是石蕊试液变红说明SO2

的水溶液显酸性品红溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色缘由不一样BaCl2

溶液中开头没有明显现象，一段时间后缓慢消灭浑浊，该浑浊为BaSO3该试验说明SO2

的性质具有多样性【答案】C【解析】分析：A.二氧化硫和水反响生成亚硫酸是中强酸，能够使石蕊试液变红；B.SO2C.亚硫酸的酸性小于盐酸，所以BaCl2

溶液与SO2

不反响；D.该试验综合表达了SO2

的酸性氧化物的性质、漂白性、复原性等性质。详解：SO

和水反响生成HSOHSO

电离出H+而使其溶液呈酸性，酸能使紫色石蕊试液变红2 2 3 2 3色,ASO2

气体,品红溶液褪色,说明SO2

具有漂白性；高锰酸钾溶液具有氧化性,能氧化复原性物质,向其中SO2

溶液褪色,则高锰酸钾被复原,所以说明+4价硫具有复原性,SO2

具有复原性,褪色缘由不一样，BBaCl2

溶液与SO2

气体不能发生反应，没有现象消灭，C错误；通过以上试验证明SO2

具有酸性氧化物的性质、漂白性、复原性等性质，D正确；正确选项C。点睛：SO2

BaCl2

二氧化硫被氧化为硫酸根离子，生成了硫酸钡白色沉淀。工业制硝酸的尾气因含有氮的氧化物等有害物质而不能直接排放，工业上可承受NH催3化法将NO转化成N和HO〔未配平NH＋NO→N2 2 3 2＋HO，有关说法正确的选项是2NONH3NH3

发生复原反响和NO3：2N2

只是复原产物【答案】A【解析】分析：NO中氮元素为+2价，处于中间价态，化合价可以上升，又能降低，既有氧4NH＋6NO=5N＋6HONO3 2 2依据方程式可知NH3

和NO物质的量之比；据以上分析解答。详解：NO+2+40价，因此NO4NH＋6NO=5N＋6HONO+23 2 20A4NH6NO=5N＋6HO3 2 2-30B4NH6NO=5N6HONH3 2 2 3NO2：3，CN既2是复原产物，又是氧化产物，D错误；正确选项A。CuSO酸性溶液中参加HO

溶液，很快有大量气体逸出，同时放热。一段时间后，蓝4 22色溶液变为红色浑浊CuO，连续参加HO溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，这个过程可2 22以反复屡次。以下关于上述过程的说法的是逸出气体的主要成分是O2HO22Cu2＋HO22发生了反响CuO＋HO＋4H＋＝2Cu2＋＋3HO【答案】C

2 22 2【解析】分析：依据题给信息可知，Cu2＋HO氧化为OHO

被氧化，表现复原性，Cu2＋22 2 22被复原为CuO；连续参加HO2 22

溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，说明发生了反响CuO＋HO2 22＋4H＋＝2Cu2＋＋3HO，HO2 22详解：HO变为O-10Cu2＋将HO

氧化为22 2 22OA〔CuO〕”，说明铜离子被复原成+1HO2 2 22现了复原性；连续参加HO溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，说明发生了反响CuO＋HO22 2 224H＋＝2Cu2＋＋3HO，CuO+1Cu被氧化成+2Cu2＋，HOBHO2 2 22 22O-10Cu2＋将HO氧化为OC2 22 2连续参加HO溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，说明发生了反响CuO＋HO4H＋＝2Cu2＋＋22 2 223HO，DC。2点睛：双氧水是一种常见的绿色强氧化剂，复原产物为水，对环境没有危害；但是双氧水中的氧为-1价，还具有复原性，也能被强氧化剂氧化为氧气，因此在解题时，肯定要避开陷入思维定式，认为只能做氧化剂。用如下图装置进展以下试验，试验结果与推测的现象的是选项①②现象AKI浓硫酸溶液变蓝B酚酞溶液浓盐酸无明显变化CAlCl浓氨水有白色沉淀3D浓盐酸浓氨水有白烟产生A.A B.B C.3D浓盐酸浓氨水有白烟产生【答案】A【解析】分析：A.浓硫酸不挥发；B.酚酞遇酸不变色；C.浓氨水易挥发,氯化铝与氨水的反响生成白色沉淀；D.浓盐酸挥发出氯化氢，浓氨水挥发出氨气，氯化氢与氨气反响生成氯化铵，有白烟产生。详解：浓硫酸不挥发,不与①中淀粉KIA酚酞遇盐酸不变色，B正确；浓氨水易挥发,①中发生氯化铝与氨水的反响生成氢氧化铝和氯化铵,所以观看到白色沉淀,C正确；浓氨水易挥发出氨气，浓盐酸易挥发出氯化氢，两种气体相遇，产生白烟，D正确；正确选项A。气体的是选项a选项abc气体A浓盐酸NaSO2 3浓硫酸SO2BB稀硝酸Cu浓硫酸NOC浓盐酸MnO2饱和食盐水Cl2DHO22MnO2浓硫酸O2A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】分析：A.浓盐酸易挥发，SO2

中含有氯化氢杂质气体；B.NO用排空气法收集；C.MnOD.HOMnO

作催化剂的条件下发2 22 2生反响生成氧气。详解：NaSO与浓盐酸反响生成的SO

中含有氯化氢杂质气体，浓硫酸只能吸水，不能除去2 3 2氯化氢，所以不能获得枯燥纯洁的气体，A错误；Cu与稀硝酸反响生成NO，可用浓硫酸干燥，但是NO易与氧气反响，不能用排空气法收集，应用排水法收集，B错误；MnO2

与浓盐酸加热反响制备氯气，没有加热装置，不能产生氯气，CHOMnO

作催化剂的条件22 2体，DD。试验目的试验操作及现象试验目的试验操作及现象ACl中的少量HCl2将混合气通入盛有NaOH溶液的洗气瓶B证明酸性条件下HO的氧向淀粉KI322化性强于I210HO溶液，溶液马上变蓝色22证明氯的非金属性强于将稀盐酸滴到碳酸钙固体上，生成的气体通入盛有澄清C碳石灰水的试管中，消灭浑浊5mL0.1mol/LNaBr验证氧化性强弱：D0.1mol/L淀粉KICl>Br>I2 2 2溶液变蓝A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】分析：A.氢氧化钠与HCl、Cl2

均反响，达不到提纯的目的，应当用饱和食盐水除去氯化氢；B.HO能够把I-氧化为IC.盐酸与碳酸钙反响22 2非金属性强弱；D.氯气能够置换溴，溴也能置换碘，但是由于氯水过量，也能置换碘，无法说明氧化性Br>I2 2详解：HClNaOHCl2

与NaOH溶液反响生成氯化钠和次氯酸钠，达不到提纯的目的，应用饱和食盐水除去氯化氢，AHO能够把I-氧化为I22 2氧化性：HO>I，B22 2价含氧酸，不能比较氯的非金属性强于碳，C错误；氯水中的氯气分子把溴离子氧化为溴单质，氧化性Cl>Br，由于氯水过量，氯气也能氧化碘离子，所以无法判定是溴单质氧化了2 2碘离子，不能比较出BrI氧化性的强弱，不能得出氧化性强弱：Cl>Br>ID2 2 2 2 2确选项B。高正价，所以非金属性氯大于碳。合成氨及其相关工业中，局部物质间的转化关系如下：以下说法的是A.甲、乙、丙三种物质都含有氮元素 B.反响Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ的氧化剂一样C.Ⅵ的产物可在上述流程中被再次利用 D.丁为NaHCO3【答案】B【解析】分析：由图可知，甲是氮气，与氢气化合生成氨气。反响Ⅴ是侯氏制碱法，故丁是成二氧化氮，二氧化氮与水反响生成硝酸，硝酸和氨气反响生成硝酸铵，故乙是一氧化氮，丙是二氧化氮，综上所述，甲、乙、丙、丁分别为氮气、一氧化氮、二氧化氮、碳酸氢钠，据此答复以下问题。详解：由上述分析可知，甲、乙、丙三种物质中都含有氮元素，A正确；反响Ⅱ为氨气的催与水反响生成硝酸和一氧化氮，氧化剂和复原剂均是二氧化氮，B错误；碳酸氢钠分解生成NaCl＋NH＋CO＋HO===NaHCONHCl，所以丁为NaHCO，DB。3 2 2 3 4 3甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有一样的某种元素。它们之间具有如下转化关系： 。以下有关物质推断的是假设甲为焦炭，则丁可能是O2假设甲为SO，则丁可能是氨水2假设甲为Fe，则丁可能是盐酸假设甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2【答案】C【解析】试题分析：A、甲是碳，丁是氧气，则乙是CO，丙是二氧化碳，二氧化碳与碳反响生成CO，A正确；B、甲是二氧化硫，丁是氨水，则乙是亚硫酸氢铵，丙是亚硫酸铵，亚硫酸铵与二氧化硫反响生成亚硫酸氢铵，B正确；C、甲是铁，丁假设是盐酸，则乙只能是氯化亚铁，而氯化亚铁与盐酸不再反响，C错误；D、甲是氢氧化钠，丁是二氧化碳，则乙是碳酸钠，丙是碳酸氢钠，碳酸氢钠与氢氧化钠反响生成碳酸钠，DC。考点：考察物质之间的转化关系的推断视频向硫酸酸化的NaI溶液中逐滴参加NaBrO3

2.6molNaBrO3

时，测得反响粒子I粒子I2Br2IO－3物质的量/mol0.51.3针对上述反响，以下说法正确的选项是NaBrO3

是氧化剂氧化产物只有I2该反响共转移电子的物质的量是12mol参与反响的NaI2.5mol【答案】ANaBrO3

3

复原产物为Br2NaI氧化产物为I

NaIO2.6molNaBrO

参与反响时，转2 3 3移电子13mol，最终依据电子守恒规律，求出IO－的量，再依据碘原子守恒可以求出参与反3NaI详解：依据图表中各粒子的信息可知，NaBrO中+5价溴变为BrNaBrO

发生复原反响，做3 2 3ANaI-1价上升到0价I〕+5价IO－，发生氧化反响，氧化产2 3

IO－，B1molNaBrO变为Br5mol，2.6molNaBrO

参与反响2 3 3 2 32.6×5=13mol，C2.6molNaBrO3

参与反响时，2.6×5=13mol，设IO－的量为x,13=0.5×2×1+x×6，x=2mol，依据碘原子守3恒规律可知，参与反响的NaI2+0.5×2=3mol，D错误；正确选项A。装置操作装置操作现象将盛有浓硝酸的烧杯A放入A盛有淀粉KIC中，量红棕色气体；一段时间后，然后将铜片放入烧杯AAC即用烧杯B中的液体都变成蓝色以下说法的是烧杯A3Cu＋8HNO＝3Cu〔NO〕＋2NO↑＋4HO3 3 2 2红棕色气体消逝只与NO2

与烧杯C中的KI烧杯C中溶液蓝色只与NO2

和C中的溶液发生反响有关假设将铜片换成铁片，则C中的液体也可能变蓝【答案】D【解析】试题分析：A、浓硝酸和铜反响生成NOAB、NO溶于水生成硝酸和NO，也2 2会到红棕色气体消逝，B错误；C、生成的NO2

溶于水生成硝酸和NO，硝酸把碘化钾氧化为单质碘，而显蓝色，C正确；D、假设将铜片换成铁片，铁发生钝化，不能消灭蓝色，D错误，答案选C。考点：考察元素及其化合物的性质工业生产硫酸的流程如以下图所示。己知黄铁矿的主要成分是FeS〔二硫化亚铁。2请答复以下问题：FeS2

中铁元素的化合价是 。接触室中生成SO3

的化学方程式是 。从接触室中出来并被循环利用的物质是 。工业上承受氨水处理尾气中的SO，请写出足量氨水和SO2 。

反响的离子方程式【答案】 (1).＋2 (2).2SO＋O

2SO

SOO

2NH·HO＋SO＝2NH＋＋SO2－＋HO

2 2 3 2 2 3 22 4 3 2【解析】分析〔〕-1价，依据化合价法则可求出FeS2

中铁元素的化合价。接触室中二氧化硫被氧化为SO。32SOO

2SO

，所以SOO

均有剩余，可以被循环利用。氨水足量，与SO2

2 2 3 2 2反响生成亚硫酸铵。1〕FeS2

中硫元素为-1+2案：＋2。接触室中，在催化剂条件下，二氧化硫被氧化为SO2SO＋3 2O 2SO；正确答案：2SO＋O 2SO。2 3 2 2 32SOO

2SO

，所以SOO

均有剩余，可以被循环利用；正确答案：SOO

2 2 3 2 22 2足量氨水和SO反响生成亚硫酸铵和水，反响的离子方程式：2NH·HO＋SO＝2NH＋＋2 3 2 2 4SO2－＋HO；正确答案：2NH·HO＋SO＝2NH＋＋SO2－＋HO。3 2 3 2 2 4 3 2O2

将HCl转化为Cl，可提高效益，削减污染。传统上该转化通过如以下图所示的催化2剂循环实现。上述转化中属于氧化复原反响的是 〔填序号。反响②中O2

CuCl2

的物质的量之比是 。肯定条件下，以HCl、CuO、O2

为原料，写出该转化的总反响方程式 。【答案】 (1).② (2).1：2 (3).4HCl＋O 2HO＋2Cl2 2 2【解析】分析：依据图示可知：反响①2HCl+CuO=CuCl+HO②2CuCl+O=2CuO+2Cl2 2 2 2 2反响①为非氧化复原反响，反响②为氧化复原反响；依据反响②可知O2

CuCl2

的物质的量之比；把反响①和②消去CuO和CuCl，即可得到以HCl、CuO、O为原料的总反响方程式；2 2据此分析解答。1〕依据反响①2HCl+CuO=CuCl+H，各元素化合价不变，为非氧化复原反响，2 2②2CuCl+O=2CuO+2Cl可知，氧元素、氯元素化合价发生了变化，为氧化复原反响；正确答2 2 2案：②。〔2〕依据2CuCl+O=2CuO+2ClO与CuCl

1：2；正确答案：1：2。2 2 2 2 2〔3〕依据反响①2HCl+CuO=CuCl+HO和②2CuCl+O=2CuO+2Cl2+反响②，整理2 2 2 2 2可得该转化的总反响方程式.4HCl＋O 2HO＋2Cl；正确答案：4HCl＋O 2HO＋2Cl

2 2 22 2 2氯气可用于制取漂白剂和自来水消毒。将氯气通入水中制得氯水氯水可用于漂白其中起漂白作用的物质是 〔填写化学式。“84”消毒液也可用于漂白，其工业制法是在常温条件下，将氯气通入NaOH溶液中，反响的离子方程式为 。同学们探究“84”消毒液在不同pH下使红纸褪色的状况，做了如下试验：15mL84100pH＝12；220mL33HSO3pH1074〔溶液体积变化无视不计〕2 443烧杯溶液的pH现象a1010min4hb710min4hc410min4h，溶液中ClHClOClO－物质的量分数〔a〕随溶液pH2①由试验现象可获得以下结论溶液的pH在4～10范围内，pH越大红纸褪色 。②结合图像进展分析，b、c两烧杯中试验现象消灭差异的缘由是 。由于氯气会与自来水中的有机物发生反响生成对人体有害的物质，人们尝试争论并使用的自来水消毒剂，如ClO2

气体就是一种型高效含氯消毒剂。①一种制备ClO2

的方法是用SO2

通入硫酸酸化的NaClO3

溶液中，反响的离子方程式为 。②另一种制备ClO2

的方法是用NaClO3

Cl2

Cl2

体积约占1/3，每生成0.5molClO，转移 mole－。2【答案】 (1).HClO (2).Cl＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋HO (3).越慢 (4).b烧2 2杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO浓度较小反响速率较慢褪色较慢 (5).SO＋2ClO－＝2ClO＋SO2－ (6).0.52 3 2 4(1故答案为：HClO；常温下，氯气通入NaOH溶液中反响生成氯化钠、次氯酸钠和水，反响的离子方程式为Cl+2OH-=Cl-+ClO-+HO，故答案为：Cl+2OH-=Cl-+ClO-+HO；2 2 2 2①依据试验数据，溶液的pH4~10pH慢；②依据溶液中ClHC1OClO-物质的量分数(αpHb2pH大于c烧杯中溶液的pH，HClOb杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO①将SO2

通入硫酸酸化的NaC1O3

溶液中反响生成了ClO，依据氧化复原反响的规律，同2时应当生成硫酸钠，反响的离子方程式为SO+2ClO-=2ClO+SO2-，故答案为：SO+2ClO-=2ClO+SO2-；

2 3 2 42 3 2 4NaClO与盐酸反响生成ClO，同时有Cl生成，产物中Cl

1/3，反响的化学3 2 2 22NaClO+4HCl=2ClOCl2HO+2NaCl2e-，则每生成3 2 2 20.5molClO0.5mol，故答案为：0.5。2点是(3氧化复原反响的计算依据为得失电子守恒。用含有AlOSiO和少量FeO·xFeO的铝灰制备Al〔SO〕·18HO〔部23 2 23 2 4 3 2分操作和条件略：Ⅰ.向铝灰中参加过量稀HSO2Ⅱ.向滤液中参加过量KMnO4

4溶液，调整溶液的pH3；Ⅲ.加热，产生大量棕色沉淀，静置，上层溶液呈紫红色；Ⅳ.参加MnSO4

至紫红色消逝，过滤；Ⅴ.加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、枯燥，得到产品。〔1〕HSO溶解AlO

的离子方程式是 。2 4 23KMnO4

氧化Fe2＋的离子方程式补充完整： Al〔OH〕3Fe〔OH〕Al〔OH〕3Fe〔OH〕2Fe〔OH〕3开头沉淀时3.46.31.5完全沉淀时4.78.32.8注：金属离子的起始浓度为0.1mol·L－1依据表中数据解释步骤Ⅱ的目的 ；：肯定条件下，MnO－可与Mn2＋反响生成MnO4 2①向Ⅲ的沉淀中参加浓HCl并加热，能说明沉淀中存在MnO2

的现象是 。②Ⅳ中参加MnSO4

的目的是 。【答案】 (1).AlO＋6H＋＝2Al3＋＋3HO (2).58H＋ 54HO (3).pH约为323 2 2时，Fe2＋和Al3＋不能沉淀，将Fe2＋氧化成Fe3＋，可使Fe元素沉淀完全 (4).生成黄绿色气体 (5).除去过量的高锰酸根〔1〕AlO+6H+=2Al3++3HO；23 2〔2〕高锰酸根离子在酸溶液中被复原为锰离子，亚铁离子被氧化为铁离子，反响的离子方MnO-+5F2++8=5F3++Mn2+4H1、；8+；1；4HO〔3〕向4 2 2滤液中参加过量KMnO4

溶液，目的是氧化亚铁离子为三价铁离子，依据图表数据分析可知，铁离子开头沉淀和沉淀完全的溶液pH为1.5--2.8，铝离子和亚铁离子开头沉淀的溶液pH3pH3pH约为3时，F2+和Al3不能形成沉淀，将Fe2氧化为F3〔4〕肯定条件下，MnO-可与Mn2+反响生成MnO，①向Ⅲ的沉淀中参加浓HCl4 2在加热条件下反响生成氯化锰、氯气和水，生成的氯气是黄绿色气体，能说明沉淀中存在MnO的现象是生成黄绿色气体②MnO-可与Mn2反响生成MnOMnSO2