2023-2024学年山东省烟台市高一上期期中考试化试题（解析版）

PAGEPAGE3山东省烟台市2023-2024学年高一上学期期中考试试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。2.回答选择题时，选出每小题〖答案〗后，用铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他〖答案〗标号。回答非选择题时，将〖答案〗写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32K39Ca40Fe56I127Ba137一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1.化学与生活密切相关，下列说法正确的是（）A.干冰可用在舞台上制造“云雾”B.碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查C.防止月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入生石灰D.新型材料“碳纳米泡沫”的微粒直径为6-9，是一种胶体〖答案〗A〖解析〗【详析】A．干冰汽化吸收大量的热，具有制冷作用，水蒸气冷凝成小液滴形成雾，所以干冰可用在舞台上制造“云雾”，故A正确；B．碳酸钡能与胃酸反应，引起中毒，硫酸钡可用于胃肠X射线造影检查，故B错误；C．氧化钙俗名生石灰，不能与氧气反应，不能用作富脂食品除氧剂，为防止月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入还原性铁粉，故C错误；D．产生丁达尔现象是胶体的性质，碳纳米泡沫是碳的一种单质，不是胶体，故D错误；故选A。2.三星堆出土的青铜器表面有一层铜绿[]，铜绿是铜与空气中的水蒸气、、作用后的产物。下列说法正确的是（）A.属于碱 B.、属于非电解质C.铜绿的生成与氧化还原反应无关 D.铜绿不易被空气氧化〖答案〗D〖解析〗【详析】A．盐是由金属阳离子或铵根离子和酸根离子构成的化合物；铜绿是碱式碳酸铜的俗称，属于碱式盐A错误；B．非电解质是溶于水或在熔融状态下不能够导电的化合物；为单质，不属于非电解质，B错误；C．铜转化为铜绿，铜元素的化合价由0价升高到+2价，有价态变化，为氧化还原反应，C错误；D．铜绿为铜被空气中氧气氧化产物，不易被空气氧化，D正确；故选D。3.下列试剂中，能一次性鉴别、、三种溶液的是（）A.溶液 B.溶液 C.溶液 D.盐酸〖答案〗D〖解析〗【详析】A．溶液与三种物质均不反应，不能鉴别，A不符合题意；B．氢氧化钠与硝酸银反应，与碳酸钠、氯化钠均不反应，不能鉴别，B不符合题意；C．氯化钙和、、反应分别生成氯化银白色沉淀、碳酸钙白色沉淀、不反应，有2个白色沉淀不能鉴别，C不符合题意；D．、、和稀盐酸反应现象分别为生成白色沉淀、生成气体、无明显变化，能鉴别，D符合题意；故选D。4.下列事实与所述的化学知识无关的是（）选项事实化学知识A用作航天员的供氧剂能与、反应产生B用小苏打作膨松剂烘焙面包能与酸反应产生气体C用、漂白粉对环境消毒含氯消毒剂具有强氧化性D金属钠用作传热介质金属钠导热性好〖答案〗B〖解析〗【详析】A．由于Na2O2能与H2O和CO2反应产生O2来帮助人呼吸，因此可以用Na2O2作呼吸面具中的制氧剂，故A正确；B．Na2CO3俗称纯碱，NaHCO3俗称小苏打，该物质不稳定，受热分解产生CO2气体，可以使面团松软，因此可用小苏打作发泡剂烘焙面包，故B错误；C．含氯消毒剂具有强氧化性，所以用、漂白粉进行环境消毒，故C正确；D．金属钠具有良好的导热性，可用作传热介质，故D正确；故选B。5.下列离子方程式书写正确的是（）A.溶解于水：B.与稀盐酸反应：C.溶液与少量溶液混合：D.向溶液中通入少量：〖答案〗D〖解析〗【详析】A．溶解于水生成盐酸和弱酸次氯酸，，A错误；B．不溶于水，不能拆，，B错误；C．溶液与少量溶液混合，氢氧根离子完全和碳酸氢根离子转化为水、碳酸根离子，部分碳酸根离子和钡离子生成碳酸钡沉淀，，C错误；D．溶液中通入少量，二氧化碳完全反应生成碳酸钙沉淀，次氯酸根离子部分转化为弱酸次氯酸，反应为，D正确；故选D。6.利用下列装置能达到实验目的的是（）A.用甲装置除去中少量的 B.用乙装置制备并收集C.用丙装置验证某钾盐为碳酸盐 D.用丁装置干燥气体〖答案〗A〖解析〗【详析】A．二氧化碳在饱和碳酸氢钠中的溶解度很小，碳酸氢钠可以与氯化氢反应，可以吸收氯化氢，故可以用丙装置除去CO2中含有的少量HCl，A正确；B．制备二氧化碳应该用盐酸与石灰石，且二氧化碳密度大于空气，应用向上排空气法，B错误；C．能与酸反应产生使澄清石灰水变浑浊的二氧化碳气体，除了碳酸钾，还有碳酸氢钾，C错误；D．浓硫酸做干燥剂不能装在U形管内，D错误；故选A。7.2023年9月5日，“神谷星一号”运载火箭在烟台黄海海域发射成功。火箭用作推进剂，其分解的化学方程式为。下列说法错误的是（）A.使用作推进剂的缺点是不环保B.上述反应中既氧化剂又是还原剂C.每生成标准状况下22.4L，该反应转移6电子D.上述反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为3∶1〖答案〗C〖解析〗【详析】A．反应中生成氯气，氯气有毒，故缺点是不环保，A正确；B．在该反应中，氮元素的化合价从-3价升高到0价，氯元素的化合价从+7价降低到0价，故既为氧化剂，也为还原剂，B正确；C．在该反应中，氮元素的化合价从-3价升高到0价，氯元素的化合价从+7价降低到0价，氧元素的化合价从-2价升高到0价，则电子转移关系为，生成标准状况下22.4L为1mol，则反应转移14电子，C错误；D．在该反应中，氮元素的化合价从-3价升高到0价得到氧化产物氮气，氯元素的化合价从+7价降低到0价得到还原产物氯气，氧元素的化合价从-2价升高到0价得到氧化产物氧气，氮气和氧气是氧化产物，氯气是还原产物，反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为3∶1，D正确；故选C。8.代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.标准状况下，2.24L与足量反应转移电子的数目为0.3B.标准状况下，2.24L酒精()所含氢原子的数目为0.6C.常温常压下，46g和混合气体中含有的原子总数为3D.1气体中的粒子数与0.5盐酸中溶质的粒子数相等〖答案〗C〖解析〗【详析】A．标准状况下，2.24L为0.1mol，0.1molCl2与足量铁反应中氯元素化合价由0变为-1，则转移0.2mol电子，则转移的电子数为0.2，A错误；B．标准状况下，酒精不是气体，不确定其物质的量，B错误；C．和的最简式均为，46g混合气体中含有1mol，由于1个NO2中含有3个原子，则混合气体中含有原子3NA，C正确；D．0.5盐酸的体积未知，不确定其物质的量，D错误；故选C。9.粗盐水中含有少量、、等杂质，实验室提纯流程如下。下列说法错误的是（）A.“试剂1”、“试剂2”的加入顺序不可颠倒B.“固体”的成分是、和C.“过滤”操作使用的玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒D.“蒸发结晶”时，有晶体析出并剩余少量液体即停止加热〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗试剂1的作用是除去，则试剂1选择BaCl2，NaOH溶液除去，试剂2除去和过量试剂1中的Ba2+，试剂2可选择Na2CO3，生成沉淀过滤为固体的成分含有、和、BaCO3，滤液加入盐酸除去过量NaOH和碳酸钠，蒸发结晶NaCl溶液得到精盐；【详析】A．试剂1为BaCl2，作用是除去，试剂2是Na2CO3，除去和过量试剂1中的Ba2+，两者加入顺序不可颠倒，否则过量的Ba2+无法除去，A正确；B．加入Na2CO3除去过量的Ba2+，“固体”的成分含有、和、BaCO3，B错误；C．“过滤”操作时烧杯盛接滤液，用玻璃棒引流，将滤液经贴有滤纸的漏斗流下，则使用的玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒，C正确；D．“蒸发结晶”时，有晶体析出并剩余少量液体即停止加热，利用余热将剩余水分蒸干，得到结晶，D正确；故〖答案〗为B。10.下列说法正确的是（）A.同温下，等体积和的密度之比为7∶11B.同体积、同密度和的原子数之比为1∶1C.同温同压下，等体积和质量之比为3∶2D.同温下，等质量和的分子数之比为8∶1〖答案〗B〖解析〗【详析】A．同温下，当压强不一定相等，则气体的摩尔体积不同，等体积下物质的量不相等，则气体的密度之比不一定等于摩尔质量之比，故A错误；B．和的摩尔质量都是28g/mol，同体积、同密度的和具有相同的质量，根据可知，两种气体的分子数一定相等，故B正确；C．同温同压同体积，气体的质量之比等于其摩尔质量之比，和的质量之比即2∶3，故C错误；D．设和的质量均为1g，由N=n∙NA，分子数之比等于物质的量之间，即，故D错误；故选B。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.实验室中下列做法错误的是（）A.用盛有煤油的广口试剂瓶保存金属钠 B.用10量筒量取8.00浓硫酸C.在坩埚中进行钠在空气中的燃烧实验 D.进行容量瓶检漏时，倒置一次即可〖答案〗BD〖解析〗【详析】A．金属Na与空气中的氧气和水蒸气都能反应，要隔绝空气保存，一般保存在石蜡或者煤油中，A正确；B．量筒一般精确到0.1mL，B错误；C．坩埚能用于加热物质，可以在坩埚中进行钠在空气中的燃烧实验，C正确；D．进行容量瓶检漏时，倒置一次，检查是否漏水，然后正放，瓶塞旋转180°后再次倒置检漏，D错误；故选BD。12.氯及其化合物的“价-类”二维图如下。下列说法错误的是（）A.b溶液久置后生成a溶液 B.a、d只具有还原性C.b、c均可使鲜花褪色 D.a与b、e、f反应均可生成c〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗c为0价，则c为氯气，a、b分别为-1价与+1价的酸，则a为盐酸，b为次氯酸，d为-1价的盐，d为含氯离子的盐，f为+1价的盐，为次氯酸盐，e为+5价盐，则为氯酸盐，据此分析。【详析】A．HClO溶液久置后分解生成HCl与氧气，即生成a溶液HCl溶液，A正确；B．a为HCl，其中的氢离子有氧化性，B错误；C．c为氯气，它的水溶液中有HClO即b，具有漂白性，可使鲜花褪色，C正确；D．由分析可知，c为氯气，a为盐酸，b为次氯酸，f为次氯酸盐，e为氯酸盐，HCl都可以分别与他们发生归中反应生成氯气，D正确；故选B。13.碳捕集技术是减少排放的一种途径，捕集烟气中的流程如下。下列说法错误的是（）A.“吸收”时发生离子反应：B.可用溶液代替溶液C.整个流程可循环利用的物质只有1种D.整个流程不涉及氧化还原反应〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗“吸收”时二氧化碳和KOH溶液反应生成碳酸钾和水，加入CaO与水反应生成Ca(OH)2，与碳酸钾反应生成碳酸钙和KOH，煅烧碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳；【详析】A．“吸收”时二氧化碳和KOH溶液反应生成碳酸钾和水，发生离子反应：，故A正确；B．用溶液代替溶液，碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，Ca(OH)2与碳酸氢钠反应生成碳酸钙和NaOH，也能实现吸收的作用，故B正确；C．整个流程可循环利用的物质有KOH、CaO、共3种，故C错误；D．整个流程没有元素化合价发生变化，不涉及氧化还原反应，故D正确；故选C。14.实验室有一包含有、和的混合物。某同学利用下图所示装置进行实验，通过测量反应前后装置丙和丁的增重，测定该混合物中各组分的质量分数。下列说法错误的是（）A.装置丙中的氯化钙做干燥剂B.撤去装置戊对质量分数的测得不会造成影响C.将装置甲换为盛放浓硫酸的洗气瓶，则测得的质量分数偏低D.若能测量样品反应后剩余固体的质量，则撤去装置丁不能达到实验目的〖答案〗BD〖解析〗〖祥解〗含NaCl、Na2CO3•10H2O和NaHCO3的混合物，通过测量反应前后丙、丁装置质量的变化，测定该混合物中各组分的质量分数，由实验装置可知，①甲应为碱石灰吸收空气中的水、二氧化碳，加热发生2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑、Na2CO3•10H2ONa2CO3+10H2O，打开止水夹，丙中可吸收水，丁中碱石灰可吸收二氧化碳，反应后丙、丁的质量差，分别为反应生成的水、二氧化碳的质量，最后戊的碱石灰可防止空气中的水、二氧化碳进入丁中，以此解答该题。【详析】A．装置丙中的氯化钙做干燥剂，用于吸收水分，故A正确；

B．撤去装置戊，导致空气中的CO2、H2O被丁吸收，导致测得碳酸氢钠的质量增大，使NaCl质量分数偏小，故B错误；

C．将装置甲换为盛放浓硫酸的洗气瓶，不能吸收空气中CO2，导致碳酸氢钠测得值偏大，则测得Na2CO3⋅10H2O的质量分数偏低，故C正确；

D．撤去装置丁后，我们只能测定分解产物的CO2和水蒸气的质量和，无法求出分解生成的CO2和H2O的质量，即便能测量装置乙中样品充分反应后剩余固体的质量，也无法求出NaHCO3和Na2CO3•10H2O的质量，所以若撤去装置丁则不能达到实验目的，故D错误；

故选：BD。15.油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同空气湿度和光照条件下，颜料雌黄(，S为-2价)褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应。下列说法错误的是（）A.反应Ⅰ中为氧化产物B.反应Ⅱ的化学方程式为C.与反应Ⅱ相比，反应Ⅰ所需的空气湿度更大D.反应等量的，反应Ⅰ和Ⅱ转移电子数之比为3∶7〖答案〗AC〖解析〗〖祥解〗反应Ⅰ的化学方程式：2As2S3+6O2+3H2O=2As2O3+3H2S2O3，反应Ⅱ的化学方程式：2As2S3+14O2+12H2O=4H3AsO4+6H2SO4，【详析】A．中S为-2价、As是+3价，反应Ⅰ生成中As也是+3价，反应I不是氧化还原反应，不是氧化产物，故A错误；B．中As是+7价，反应Ⅱ发生氧化还原反应，与氧气反应生成和H2SO4，As、S元素化合价升高，O元素化合价降低，反应的化学方程式为，故B正确；C．H2S2O3遇水分解为硫、水和二氧化硫，因此反应I要求湿度低，故C错误；D．反应Ⅰ的化学方程式：2As2S3+6O2+3H2O=2As2O3+3H2S2O3，电子转移总数24e-，氧化1molAs2S3，转移电子物质的量12mol,反应Ⅱ的化学方程式：2As2S3+14O2+12H2O=4H3AsO4+6H2SO4，电子转移数56e-，氧化1molAs2S3，转移电子物质的量28mol,反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1molAs2S3转移的电子数之比=12：28=3：7，故D正确；

故选：AC。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.某品牌海藻加碘盐的产品说明如图。净含量：400g/袋配料：精制盐、藻类浓缩汁(水、海带)、碘酸钾()氯化钠含量(以计)：碘酸钾含量(以I计)：18~38回答下列问题：（1）的电离方程式为_______；每袋海藻加碘盐中的物质的量不超过_______(保留两位有效数字)（2）实验室需要4600.5溶液，现用固体配制①配制过程可分为两个阶段：阶段Ⅰ．用托盘天平称量_______g固体。阶段Ⅱ．将称量的固体加适量蒸馏水溶解，然后将所得溶液转入_______(填仪器名称)中，再经洗涤、定容、摇匀后即可得到0.5溶液。下列有关阶段Ⅱ的操作，错误的有_______(填标号)②若定容时俯视刻度线，所配溶液浓度将_______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)；若定容、摇匀后发现忘记洗涤烧杯，应进行的操作是_______。③取5配制完成的溶液与101.0溶液混合(忽略溶液体积变化)，所得混合液中_______。〖答案〗（1）①.②.（2）①.53.5②.500容量瓶③.CD④.偏大⑤.重新配制⑥.1.5〖解析〗〖祥解〗配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；（1）水溶液中完全电离出钾离子和碘酸根离子，电离方程式为；由图可知，每袋海藻加碘盐中的物质的量不超过；（2）①需要4600.5溶液，需要使用500mL的容量瓶，则用托盘天平称量0.5L×0.5×214g/mol=53.5g固体。将称量的固体加适量蒸馏水溶解，然后将所得溶液转入500mL的容量瓶中，再经洗涤、定容、摇匀后即可得到0.5溶液；定容时胶头滴管要竖直悬空，摇匀操作要用另一只手托住容量瓶底部，故选CD；②若定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，所配溶液浓度将偏大；若定容、摇匀后发现忘记洗涤烧杯，应进行的操作是重新配制；③取5配制完成的溶液与101.0溶液混合(忽略溶液体积变化)，所得混合液中。17.铁的化合物在生产生活中应用广泛，回答下列问题：（1）是一种重要的铁盐，常用于金属蚀刻。某同学向盛有黄色溶液的烧杯中加入石灰石粉末，发现有无色气泡产生。静置24小时，可观察到烧杯内液体变为透明的红褐色，猜想得到了胶体。①证明该猜想正确的实验方法是_______，此反应的离子方程式为_______。②分离该红褐色液体与烧杯底部石灰石的方法是_______(填操作名称，下同)：除去红褐色液体中混有的的方法是_______。（2）硫酸铁铵常用作分析试剂和媒染剂。实验室利用废铁屑(含、等杂质)制备硫酸铁铵晶体[]的实验流程如下。①用离子方程式表示的作用_______。②硫酸铁铵晶体中结晶水含量的测定：准确称量9.640g硫酸铁铵晶体配成100溶液，向该溶液中加入过量0.5溶液，充分反应后，过滤、洗涤、干燥、称量，得9.320g白色固体。判断溶液已过量的操作是_______；硫酸铁铵晶体中_______。〖答案〗（1）①.用一束光照射液体，观察有无光亮的通路②.(胶体)③.过滤④.渗析（2）①.②.静置，向上层清液中继续滴加溶液，无白色沉淀产生，证明溶液已过量③.12〖解析〗（1）①应用丁达尔效应验证是否为胶体，具体操作为：用一束光照射液体，观察有无光亮的通路；根据题中现象可知生成胶体方程式为：(胶体)；②分离胶体与沉淀用过滤，分离胶体与溶液用渗析；（2）用稀硫酸将废铁屑(含、等杂质)浸取后得到硫酸亚铁与硫酸铁，为得到硫酸铁铵晶体[]，其中铁元素为+3价，加入目的为氧化Fe(II)至Fe(III)，再加入硫酸铵转化为硫酸铵晶体；①的作用为氧化Fe(II)至Fe(III)，用离子方程式表示为；②若溶液已过量，则溶液中无硫酸根，则只需检验溶液中有无硫酸根即可：静置，向上层清液中继续滴加溶液，无白色沉淀产生，证明溶液已过量；硫酸铁铵与氯化钡反应方程式为：，生成的白色沉淀为硫酸钡9.320g即0.04mol，根据元素守恒，原溶液中硫酸根离子物质的量也为0.04mol，则100mL硫酸铁铵溶液中硫酸铁铵的物质的量为0.02mol，则9.640g硫酸铁铵晶体物质的量为0.02mol，由此求得硫酸铁铵的摩尔质量为482g/mol，求得x=12。18.某化工厂用石灰粉[主要成分为和]为原料制备的工艺流程如下：回答下列问题：（1）“氯化”过程控制不过量，在75℃左右进行。①“氯化”过程可采用的加热方式为_______；“氯化”过程中与反应生成的化学方程式为_______，此反应中氧化剂与还原剂的质量之比为_______。②“氯化”过程温度较低时，易与反应生成漂白粉，其有效成分为_______(填名称)：若标准状况下有22.4L完全反应，则消耗的质量为_______g。③“氯化”过程易发生上述副反应，“氯化”后的溶液中_______5(填“>”、“<”或“=”)（2）“转化”时，溶液中有固体析出的原因是_______。〖答案〗（1）①.(75℃左右)水浴加热②.③.5：1④.次氯酸钙⑤.74⑥.>（2）相同温度下，的溶解度远小于和〖解析〗〖祥解〗石灰粉含有Ca(OH)2和CaCO3，加入水打浆，通入氯气，可生成Ca(ClO3)2，过滤后在滤液中加入KCl转化生成KClO3，据此解答。（2）①“氯化”过程在75℃左右进行，应采取水浴加热；根据化合价升降守恒，过程中与反应生成与CaCl2，化学方程式为；其中氧化剂与还原剂都为氯气，由于，即氧化产物：还原产物=1:5，则氧化剂：还原剂=5:1；②漂白粉的有效成分为次氯酸钙，与反应生成漂白粉方程式为：，则有22.4L即1mol氯气完全反应，则消耗为1mol，其质量为74g；③由于部分氯气发生副反应，则生成的小于理论值，但氯化钙不变，因此“氯化”后的溶液中>5；（3）“转化”时，溶液中有固体析出是因为该温度下，的溶解度远小于和。19.金属钠及其化合物在人类生产生活中起着重要作用。回答下列问题：（1）用空气和可直接制备。空气与熔融反应前需依次通过填_______、_______(填标号)a．浓硫酸b．饱和食盐水c．溶液d．溶液（2）将和的混合物置于真空密闭容器中加热，充分反应后经检测气体产物为和水蒸气，其总质量为33g，冷却至标准状况下的体积为16.8L。则剩余固体的成分为_______，其物质的量之比为_______，原混合物中的质量为_______。（3）为探究的某些化学性质进行如下实验：向锥形瓶内加入饱和溶液，用传感器测定密闭装置中分压(的分压气体总压强)，测得分压与温度的变化关系如图所示。温度在50℃之前，装置中分压增大的主要原因是_______；温度升高到50℃之后，装置中分压急剧增大的原因是_______。〖答案〗（1）①c②.a（2）①.和②.2：1③.168g（3）①.温度升高，气体的总压强增大，分压增大②.分解生成使分压增大〖解析〗（1）空气中水、二氧化碳会和生成的过氧化钠反应，故空气与熔融反应前需依次通过c．溶液、a．浓硫酸除去二氧化碳和水；（2）和的混合物置于真空密闭容器中加热，充分反应后经检测气体产物为和水蒸气，水会和过氧化钠反应，则说明过氧化钠完全反应，其总质量为33g，冷却至标准状况下的体积为16.8L，则氧气为16.8L÷22.4L/mol=0.75mol，则水的物质的量为（33g-0.75mol×32gmol）÷18g/mol=0.5mol；反应涉及、、，假设碳酸氢钠分解生成碳酸钠的物质的量为a，且反应生成的二氧化碳完全和过氧化钠反应，则：最终剩余水0.5mol，则a-（1.5-a）=0.5，a=1mol，故剩余固体的成分为碳酸钠1mol+1mol=2mol、氢氧化钠为3-2a=1mol，其物质的量之比为2:1；原混合物中的物质的量为2a=2mol、质量为2mol×84g/mol=168g；（3）50℃之前，温度升高，气体的总压强增大，导致分压增大；碳酸氢钠不稳定，受热分解为二氧化碳，温度升高到50℃之后，装置中分压急剧增大的原因是分解生成使分压增大。20.某小组同学利用如图装置制备并探究其性质。回答下列问题：（1）装置A中发生反应的离子方程式为_______；装置B可贮存多余的气体，则B中所盛装的液体是_______。（2）装置C的作用是证明无漂白性，但其水溶液具有漂白性，则Ⅱ、Ⅲ处依次应放入的物质是_______(填标号)。a．干燥的石蕊试纸b．湿润的石蕊试纸c．碱石灰d．氯化钙（3）实验发现装置E中溶液显浅棕色。查阅资料：，在溶液中显棕黄色，能使淀粉变蓝：可被氧化为(红色)和(黄色)，两种离子可被氧化成(无色)。为探究溶液显浅棕色的原因进行如下实验：操作现象a取E中的溶液1，滴入1滴碘水溶液变蓝取E中的溶液1，滴入1滴淀粉溶液没有明显变化b将溶于溶液，取该溶液1，滴入1滴淀粉；持续通入溶液先变蓝；通入后蓝色褪去，溶液变为浅棕色，随后溶液变无色，最后溶液略显浅黄绿色。①操作a的实验目的是_______；由实验可知，E中溶液显浅棕色可能的原因是_______。②实验证明与反应的最终产物是，其离子方程式为_______。（4）室温下测得装置F的溶液中，、与反应时间t的关系如图。a点的溶液中，除、外，其他各离子浓度由大到小的顺序是_______；用离子方程式说明时间内，逐渐减小的原因_______。〖答案〗（1）①.②.饱和食盐水（2）d、a（3）①.证明反应后的E溶液中有淀粉，无，说明溶液的浅棕色不是造成的②.被氧化成(红色)和(黄色)，两者混合呈浅棕色溶液③.（4）①.②.〖解析〗〖祥解〗A装置为实验室制备Cl2，即用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，装置B可贮存多余的气体；干燥氯气没有漂白性、氯气和水生成的次氯酸具有漂白性，装置C的作用是证明无漂白性，但其水溶液具有漂白性，则Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ处依次应放入的物质是b．湿润的石蕊试纸、d．氯化钙干燥剂、a．干燥的石蕊试纸；氯气进入E，探究氯气和碘化钾的反应；氯气有毒，不能直接排放到空气中，用盛有NaOH溶液的D装置吸收氯气；（1）二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气、氯化锰、水：；饱和食盐水可以降低氯气在水中的溶解，装置B可贮存多余的气体，则B中所盛装的液体是饱和食盐水；（2）由分析可知，Ⅱ、Ⅲ处依次应放入的物质是d、a；（3）①第一份滴入1滴碘水，碘单质与淀粉作用显示蓝色，证明反应后的E溶液中有淀粉，显浅棕色且遇淀粉变蓝；第二份滴入淀粉溶液，溶液颜色没有变化，说明溶液的浅棕色不是造成的，无；故目的是：证明反应后的E溶液中有淀粉，无，说明溶液的浅棕色不是造成的；②与反应的最终产物是，反应中氯元素化合价由0变为-1、碘的化合价升高为+5，结合得失电子守恒、质量守恒，可得反应的离子方程式为：；（4）装置F中氯气和氢氧化钠反应，a点的溶液中=，假设、均为1mol，根据电子守恒可知，生成氯离子1mol+5mol=6mol，则氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠、氯酸钠，溶液除、外，其他各离子浓度由大到小的顺序是；用离子方程式说明时间内，逐渐减小，而逐渐增加，说明次氯酸根离子发生歧化反应生成氯酸根离子和氯离子，故反应为原因。山东省烟台市2023-2024学年高一上学期期中考试试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。2.回答选择题时，选出每小题〖答案〗后，用铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他〖答案〗标号。回答非选择题时，将〖答案〗写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32K39Ca40Fe56I127Ba137一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1.化学与生活密切相关，下列说法正确的是（）A.干冰可用在舞台上制造“云雾”B.碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查C.防止月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入生石灰D.新型材料“碳纳米泡沫”的微粒直径为6-9，是一种胶体〖答案〗A〖解析〗【详析】A．干冰汽化吸收大量的热，具有制冷作用，水蒸气冷凝成小液滴形成雾，所以干冰可用在舞台上制造“云雾”，故A正确；B．碳酸钡能与胃酸反应，引起中毒，硫酸钡可用于胃肠X射线造影检查，故B错误；C．氧化钙俗名生石灰，不能与氧气反应，不能用作富脂食品除氧剂，为防止月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入还原性铁粉，故C错误；D．产生丁达尔现象是胶体的性质，碳纳米泡沫是碳的一种单质，不是胶体，故D错误；故选A。2.三星堆出土的青铜器表面有一层铜绿[]，铜绿是铜与空气中的水蒸气、、作用后的产物。下列说法正确的是（）A.属于碱 B.、属于非电解质C.铜绿的生成与氧化还原反应无关 D.铜绿不易被空气氧化〖答案〗D〖解析〗【详析】A．盐是由金属阳离子或铵根离子和酸根离子构成的化合物；铜绿是碱式碳酸铜的俗称，属于碱式盐A错误；B．非电解质是溶于水或在熔融状态下不能够导电的化合物；为单质，不属于非电解质，B错误；C．铜转化为铜绿，铜元素的化合价由0价升高到+2价，有价态变化，为氧化还原反应，C错误；D．铜绿为铜被空气中氧气氧化产物，不易被空气氧化，D正确；故选D。3.下列试剂中，能一次性鉴别、、三种溶液的是（）A.溶液 B.溶液 C.溶液 D.盐酸〖答案〗D〖解析〗【详析】A．溶液与三种物质均不反应，不能鉴别，A不符合题意；B．氢氧化钠与硝酸银反应，与碳酸钠、氯化钠均不反应，不能鉴别，B不符合题意；C．氯化钙和、、反应分别生成氯化银白色沉淀、碳酸钙白色沉淀、不反应，有2个白色沉淀不能鉴别，C不符合题意；D．、、和稀盐酸反应现象分别为生成白色沉淀、生成气体、无明显变化，能鉴别，D符合题意；故选D。4.下列事实与所述的化学知识无关的是（）选项事实化学知识A用作航天员的供氧剂能与、反应产生B用小苏打作膨松剂烘焙面包能与酸反应产生气体C用、漂白粉对环境消毒含氯消毒剂具有强氧化性D金属钠用作传热介质金属钠导热性好〖答案〗B〖解析〗【详析】A．由于Na2O2能与H2O和CO2反应产生O2来帮助人呼吸，因此可以用Na2O2作呼吸面具中的制氧剂，故A正确；B．Na2CO3俗称纯碱，NaHCO3俗称小苏打，该物质不稳定，受热分解产生CO2气体，可以使面团松软，因此可用小苏打作发泡剂烘焙面包，故B错误；C．含氯消毒剂具有强氧化性，所以用、漂白粉进行环境消毒，故C正确；D．金属钠具有良好的导热性，可用作传热介质，故D正确；故选B。5.下列离子方程式书写正确的是（）A.溶解于水：B.与稀盐酸反应：C.溶液与少量溶液混合：D.向溶液中通入少量：〖答案〗D〖解析〗【详析】A．溶解于水生成盐酸和弱酸次氯酸，，A错误；B．不溶于水，不能拆，，B错误；C．溶液与少量溶液混合，氢氧根离子完全和碳酸氢根离子转化为水、碳酸根离子，部分碳酸根离子和钡离子生成碳酸钡沉淀，，C错误；D．溶液中通入少量，二氧化碳完全反应生成碳酸钙沉淀，次氯酸根离子部分转化为弱酸次氯酸，反应为，D正确；故选D。6.利用下列装置能达到实验目的的是（）A.用甲装置除去中少量的 B.用乙装置制备并收集C.用丙装置验证某钾盐为碳酸盐 D.用丁装置干燥气体〖答案〗A〖解析〗【详析】A．二氧化碳在饱和碳酸氢钠中的溶解度很小，碳酸氢钠可以与氯化氢反应，可以吸收氯化氢，故可以用丙装置除去CO2中含有的少量HCl，A正确；B．制备二氧化碳应该用盐酸与石灰石，且二氧化碳密度大于空气，应用向上排空气法，B错误；C．能与酸反应产生使澄清石灰水变浑浊的二氧化碳气体，除了碳酸钾，还有碳酸氢钾，C错误；D．浓硫酸做干燥剂不能装在U形管内，D错误；故选A。7.2023年9月5日，“神谷星一号”运载火箭在烟台黄海海域发射成功。火箭用作推进剂，其分解的化学方程式为。下列说法错误的是（）A.使用作推进剂的缺点是不环保B.上述反应中既氧化剂又是还原剂C.每生成标准状况下22.4L，该反应转移6电子D.上述反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为3∶1〖答案〗C〖解析〗【详析】A．反应中生成氯气，氯气有毒，故缺点是不环保，A正确；B．在该反应中，氮元素的化合价从-3价升高到0价，氯元素的化合价从+7价降低到0价，故既为氧化剂，也为还原剂，B正确；C．在该反应中，氮元素的化合价从-3价升高到0价，氯元素的化合价从+7价降低到0价，氧元素的化合价从-2价升高到0价，则电子转移关系为，生成标准状况下22.4L为1mol，则反应转移14电子，C错误；D．在该反应中，氮元素的化合价从-3价升高到0价得到氧化产物氮气，氯元素的化合价从+7价降低到0价得到还原产物氯气，氧元素的化合价从-2价升高到0价得到氧化产物氧气，氮气和氧气是氧化产物，氯气是还原产物，反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为3∶1，D正确；故选C。8.代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.标准状况下，2.24L与足量反应转移电子的数目为0.3B.标准状况下，2.24L酒精()所含氢原子的数目为0.6C.常温常压下，46g和混合气体中含有的原子总数为3D.1气体中的粒子数与0.5盐酸中溶质的粒子数相等〖答案〗C〖解析〗【详析】A．标准状况下，2.24L为0.1mol，0.1molCl2与足量铁反应中氯元素化合价由0变为-1，则转移0.2mol电子，则转移的电子数为0.2，A错误；B．标准状况下，酒精不是气体，不确定其物质的量，B错误；C．和的最简式均为，46g混合气体中含有1mol，由于1个NO2中含有3个原子，则混合气体中含有原子3NA，C正确；D．0.5盐酸的体积未知，不确定其物质的量，D错误；故选C。9.粗盐水中含有少量、、等杂质，实验室提纯流程如下。下列说法错误的是（）A.“试剂1”、“试剂2”的加入顺序不可颠倒B.“固体”的成分是、和C.“过滤”操作使用的玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒D.“蒸发结晶”时，有晶体析出并剩余少量液体即停止加热〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗试剂1的作用是除去，则试剂1选择BaCl2，NaOH溶液除去，试剂2除去和过量试剂1中的Ba2+，试剂2可选择Na2CO3，生成沉淀过滤为固体的成分含有、和、BaCO3，滤液加入盐酸除去过量NaOH和碳酸钠，蒸发结晶NaCl溶液得到精盐；【详析】A．试剂1为BaCl2，作用是除去，试剂2是Na2CO3，除去和过量试剂1中的Ba2+，两者加入顺序不可颠倒，否则过量的Ba2+无法除去，A正确；B．加入Na2CO3除去过量的Ba2+，“固体”的成分含有、和、BaCO3，B错误；C．“过滤”操作时烧杯盛接滤液，用玻璃棒引流，将滤液经贴有滤纸的漏斗流下，则使用的玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒，C正确；D．“蒸发结晶”时，有晶体析出并剩余少量液体即停止加热，利用余热将剩余水分蒸干，得到结晶，D正确；故〖答案〗为B。10.下列说法正确的是（）A.同温下，等体积和的密度之比为7∶11B.同体积、同密度和的原子数之比为1∶1C.同温同压下，等体积和质量之比为3∶2D.同温下，等质量和的分子数之比为8∶1〖答案〗B〖解析〗【详析】A．同温下，当压强不一定相等，则气体的摩尔体积不同，等体积下物质的量不相等，则气体的密度之比不一定等于摩尔质量之比，故A错误；B．和的摩尔质量都是28g/mol，同体积、同密度的和具有相同的质量，根据可知，两种气体的分子数一定相等，故B正确；C．同温同压同体积，气体的质量之比等于其摩尔质量之比，和的质量之比即2∶3，故C错误；D．设和的质量均为1g，由N=n∙NA，分子数之比等于物质的量之间，即，故D错误；故选B。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.实验室中下列做法错误的是（）A.用盛有煤油的广口试剂瓶保存金属钠 B.用10量筒量取8.00浓硫酸C.在坩埚中进行钠在空气中的燃烧实验 D.进行容量瓶检漏时，倒置一次即可〖答案〗BD〖解析〗【详析】A．金属Na与空气中的氧气和水蒸气都能反应，要隔绝空气保存，一般保存在石蜡或者煤油中，A正确；B．量筒一般精确到0.1mL，B错误；C．坩埚能用于加热物质，可以在坩埚中进行钠在空气中的燃烧实验，C正确；D．进行容量瓶检漏时，倒置一次，检查是否漏水，然后正放，瓶塞旋转180°后再次倒置检漏，D错误；故选BD。12.氯及其化合物的“价-类”二维图如下。下列说法错误的是（）A.b溶液久置后生成a溶液 B.a、d只具有还原性C.b、c均可使鲜花褪色 D.a与b、e、f反应均可生成c〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗c为0价，则c为氯气，a、b分别为-1价与+1价的酸，则a为盐酸，b为次氯酸，d为-1价的盐，d为含氯离子的盐，f为+1价的盐，为次氯酸盐，e为+5价盐，则为氯酸盐，据此分析。【详析】A．HClO溶液久置后分解生成HCl与氧气，即生成a溶液HCl溶液，A正确；B．a为HCl，其中的氢离子有氧化性，B错误；C．c为氯气，它的水溶液中有HClO即b，具有漂白性，可使鲜花褪色，C正确；D．由分析可知，c为氯气，a为盐酸，b为次氯酸，f为次氯酸盐，e为氯酸盐，HCl都可以分别与他们发生归中反应生成氯气，D正确；故选B。13.碳捕集技术是减少排放的一种途径，捕集烟气中的流程如下。下列说法错误的是（）A.“吸收”时发生离子反应：B.可用溶液代替溶液C.整个流程可循环利用的物质只有1种D.整个流程不涉及氧化还原反应〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗“吸收”时二氧化碳和KOH溶液反应生成碳酸钾和水，加入CaO与水反应生成Ca(OH)2，与碳酸钾反应生成碳酸钙和KOH，煅烧碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳；【详析】A．“吸收”时二氧化碳和KOH溶液反应生成碳酸钾和水，发生离子反应：，故A正确；B．用溶液代替溶液，碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，Ca(OH)2与碳酸氢钠反应生成碳酸钙和NaOH，也能实现吸收的作用，故B正确；C．整个流程可循环利用的物质有KOH、CaO、共3种，故C错误；D．整个流程没有元素化合价发生变化，不涉及氧化还原反应，故D正确；故选C。14.实验室有一包含有、和的混合物。某同学利用下图所示装置进行实验，通过测量反应前后装置丙和丁的增重，测定该混合物中各组分的质量分数。下列说法错误的是（）A.装置丙中的氯化钙做干燥剂B.撤去装置戊对质量分数的测得不会造成影响C.将装置甲换为盛放浓硫酸的洗气瓶，则测得的质量分数偏低D.若能测量样品反应后剩余固体的质量，则撤去装置丁不能达到实验目的〖答案〗BD〖解析〗〖祥解〗含NaCl、Na2CO3•10H2O和NaHCO3的混合物，通过测量反应前后丙、丁装置质量的变化，测定该混合物中各组分的质量分数，由实验装置可知，①甲应为碱石灰吸收空气中的水、二氧化碳，加热发生2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑、Na2CO3•10H2ONa2CO3+10H2O，打开止水夹，丙中可吸收水，丁中碱石灰可吸收二氧化碳，反应后丙、丁的质量差，分别为反应生成的水、二氧化碳的质量，最后戊的碱石灰可防止空气中的水、二氧化碳进入丁中，以此解答该题。【详析】A．装置丙中的氯化钙做干燥剂，用于吸收水分，故A正确；

B．撤去装置戊，导致空气中的CO2、H2O被丁吸收，导致测得碳酸氢钠的质量增大，使NaCl质量分数偏小，故B错误；

C．将装置甲换为盛放浓硫酸的洗气瓶，不能吸收空气中CO2，导致碳酸氢钠测得值偏大，则测得Na2CO3⋅10H2O的质量分数偏低，故C正确；

D．撤去装置丁后，我们只能测定分解产物的CO2和水蒸气的质量和，无法求出分解生成的CO2和H2O的质量，即便能测量装置乙中样品充分反应后剩余固体的质量，也无法求出NaHCO3和Na2CO3•10H2O的质量，所以若撤去装置丁则不能达到实验目的，故D错误；

故选：BD。15.油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同空气湿度和光照条件下，颜料雌黄(，S为-2价)褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应。下列说法错误的是（）A.反应Ⅰ中为氧化产物B.反应Ⅱ的化学方程式为C.与反应Ⅱ相比，反应Ⅰ所需的空气湿度更大D.反应等量的，反应Ⅰ和Ⅱ转移电子数之比为3∶7〖答案〗AC〖解析〗〖祥解〗反应Ⅰ的化学方程式：2As2S3+6O2+3H2O=2As2O3+3H2S2O3，反应Ⅱ的化学方程式：2As2S3+14O2+12H2O=4H3AsO4+6H2SO4，【详析】A．中S为-2价、As是+3价，反应Ⅰ生成中As也是+3价，反应I不是氧化还原反应，不是氧化产物，故A错误；B．中As是+7价，反应Ⅱ发生氧化还原反应，与氧气反应生成和H2SO4，As、S元素化合价升高，O元素化合价降低，反应的化学方程式为，故B正确；C．H2S2O3遇水分解为硫、水和二氧化硫，因此反应I要求湿度低，故C错误；D．反应Ⅰ的化学方程式：2As2S3+6O2+3H2O=2As2O3+3H2S2O3，电子转移总数24e-，氧化1molAs2S3，转移电子物质的量12mol,反应Ⅱ的化学方程式：2As2S3+14O2+12H2O=4H3AsO4+6H2SO4，电子转移数56e-，氧化1molAs2S3，转移电子物质的量28mol,反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1molAs2S3转移的电子数之比=12：28=3：7，故D正确；

故选：AC。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.某品牌海藻加碘盐的产品说明如图。净含量：400g/袋配料：精制盐、藻类浓缩汁(水、海带)、碘酸钾()氯化钠含量(以计)：碘酸钾含量(以I计)：18~38回答下列问题：（1）的电离方程式为_______；每袋海藻加碘盐中的物质的量不超过_______(保留两位有效数字)（2）实验室需要4600.5溶液，现用固体配制①配制过程可分为两个阶段：阶段Ⅰ．用托盘天平称量_______g固体。阶段Ⅱ．将称量的固体加适量蒸馏水溶解，然后将所得溶液转入_______(填仪器名称)中，再经洗涤、定容、摇匀后即可得到0.5溶液。下列有关阶段Ⅱ的操作，错误的有_______(填标号)②若定容时俯视刻度线，所配溶液浓度将_______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)；若定容、摇匀后发现忘记洗涤烧杯，应进行的操作是_______。③取5配制完成的溶液与101.0溶液混合(忽略溶液体积变化)，所得混合液中_______。〖答案〗（1）①.②.（2）①.53.5②.500容量瓶③.CD④.偏大⑤.重新配制⑥.1.5〖解析〗〖祥解〗配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；（1）水溶液中完全电离出钾离子和碘酸根离子，电离方程式为；由图可知，每袋海藻加碘盐中的物质的量不超过；（2）①需要4600.5溶液，需要使用500mL的容量瓶，则用托盘天平称量0.5L×0.5×214g/mol=53.5g固体。将称量的固体加适量蒸馏水溶解，然后将所得溶液转入500mL的容量瓶中，再经洗涤、定容、摇匀后即可得到0.5溶液；定容时胶头滴管要竖直悬空，摇匀操作要用另一只手托住容量瓶底部，故选CD；②若定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，所配溶液浓度将偏大；若定容、摇匀后发现忘记洗涤烧杯，应进行的操作是重新配制；③取5配制完成的溶液与101.0溶液混合(忽略溶液体积变化)，所得混合液中。17.铁的化合物在生产生活中应用广泛，回答下列问题：（1）是一种重要的铁盐，常用于金属蚀刻。某同学向盛有黄色溶液的烧杯中加入石灰石粉末，发现有无色气泡产生。静置24小时，可观察到烧杯内液体变为透明的红褐色，猜想得到了胶体。①证明该猜想正确的实验方法是_______，此反应的离子方程式为_______。②分离该红褐色液体与烧杯底部石灰石的方法是_______(填操作名称，下同)：除去红褐色液体中混有的的方法是_______。（2）硫酸铁铵常用作分析试剂和媒染剂。实验室利用废铁屑(含、等杂质)制备硫酸铁铵晶体[]的实验流程如下。①用离子方程式表示的作用_______。②硫酸铁铵晶体中结晶水含量的测定：准确称量9.640g硫酸铁铵晶体配成100溶液，向该溶液中加入过量0.5溶液，充分反应后，过滤、洗涤、干燥、称量，得9.320g白色固体。判断溶液已过量的操作是_______；硫酸铁铵晶体中_______。〖答案〗（1）①.用一束光照射液体，观察有无光亮的通路②.(胶体)③.过滤④.渗析（2）①.②.静置，向上层清液中继续滴加溶液，无白色沉淀产生，证明溶液已过量③.12〖解析〗（1）①应用丁达尔效应验证是否为胶体，具体操作为：用一束光照射液体，观察有无光亮的通路；根据题中现象可知生成胶体方程式为：(胶体)；②分离胶体与沉淀用过滤，分离胶体与溶液用渗析；（2）用稀硫酸将废铁屑(含、等杂质)浸取后得到硫酸亚铁与硫酸铁，为得到硫酸铁铵晶体[]，其中铁元素为+3价，加入目的为氧化Fe(II)至Fe(III)，再加入硫酸铵转化为硫酸铵晶体；①的作用为氧化Fe(II)至Fe(III)，用离子方程式表示为；②若溶液已过量，则溶液中无硫酸根，则只需检验溶液中有无硫酸根即可：静置，向上层清液中继续滴加溶液，无白色沉淀产生，证明溶液已过量；硫酸铁铵与氯化钡反应方程式为：，生成的白色沉淀为硫酸钡9.320g即0.04mol，根据元素守恒，原溶液中硫酸根离子物质的量也为0.04mol，则100mL硫酸铁铵溶液中硫酸铁铵的物质的量为0.02mol，则9.640g硫酸铁铵晶体物质的量为0.02mol，由此求得硫酸铁铵的摩尔质量为482g/mol，求得x=12。18.某化工厂用石灰粉[主要成分为和]为原料制备的工艺流程如下：回答下列问题：（1）“氯化”过程控制不过量，在75℃左右进行。①“氯化”过程可采用的加热方式为_______；“氯化”过程中与反应生成的化学方程式为_______，此反应中氧化剂与还原剂的质量之比为_______。②“氯化”过程温度较低时，易与反应生成漂白粉，其有效成分为_______(填名称)：若标准状况下有22.4L完全反应，则消耗的质量为_______g。③“氯化”过程易发生上述副反应，“氯化”后的溶液中_______5(填“>”、“<”或“=”)（2）“转化”时，溶液中有固体析出的原因是_______。〖答案〗（1）①.(75℃左右)水浴加热②.③.5：1④.次氯酸钙⑤.74⑥.>（2）相同温度下，的溶解度远小于和〖解析〗〖祥解〗石灰粉含有Ca(OH)2和CaCO3，加入水打浆，通入氯气，可生成Ca(ClO3)2，过滤后在滤液中加入KCl转化生成KClO3，据此解答。（2）①“氯化”过程在75℃左右进行，应采取水浴加热；根据化合价升降守恒，过程中与反应生成与CaCl2，化学方程式为；其中氧化剂与还原剂都为氯气，由于，即氧化产物：还原产物=1:5，则氧化剂：还原剂=5:1；②漂白粉的有效成分为次氯酸钙，与反应生成漂白粉方程式为：，则有22.4L即1mol氯气完全反应，则消耗为1mol，其质量为74g；③由于部分氯气发生副反应，则生成的小于理论值，但氯化钙不变，因此“氯化”后的溶液中>5；（3）“转化”时，溶液中有固体析出是因为该温度下，的溶解度远小于和。19.金属钠及其化合物在人类生产生活中起着重要作用。回答下列问题：（1）用空气和可直接制备。空气与熔融反应前需依次通过填_______、_______(