福建省安溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学2019-2020学年高二下学期期末联考化学试题(解析版)

PAGE福建省安溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学2019-2020学年高二下学期期末考试联考试卷化学试题1.酷热七月，我们怀着梦想，在心中定下了自己的目标大学。下面是某些同学要对自己的目标大学说的话，其中不涉及氧化还原反应的是A.我对你的向往，就如锌铜原电池上的导线。即便学习再苦，我也会像锌一样，用失去的电子将你保全B.我的以前，像三氯化铁溶液，暗淡的黄色浑浑噩噩。直到在茫茫大学中，我遇见了你，就如铁离子遇见了硫氰化钾，我的生活立即显得姹紫嫣红起来C.我是金子，你是王水，我会放下我的自傲，投入你的怀抱，因为，我知道，只有你懂得我那不为人知的脆弱D.我是铝，你是氧化铁，高三就如氯酸钾，而高考就是镁，照亮了我奔向你的路【答案】B【解析】【详解】A.锌铜原电池中，锌作负极，失电子，发生氧化反应，铜作正极，发生还原反应，则涉及的反应为氧化还原反应，故A不符合；B.铁离子遇硫氰化钾变红，发生的反应为络合反应，没有化合价的变化，则涉及的反应不是氧化还原反应，故B符合；C.金能溶于王水，发生反应Au+HNO3+4HCl=H[AuCl4]+NO↑+2H2O，则涉及的反应为氧化还原反应，故C不符合；D.铝与氧化铁在高温下发生铝热反应，氯酸钾高温分解生成氧气助燃，镁燃烧提供引发反应所需的热量，则涉及的反应均为氧化还原反应，故D不符合；故选B。2.【雾霾版《卷珠帘》】受不了，每条高速路上，雾霾锁住车辆。收油门，摘空挡，戴口罩，辨方向。四下里，谁在躲迷藏……下列有关环境的叙述中，不正确的是A.氮的氧化物是光化学烟雾的主要污染物，二氧化碳是温室效应的主要污染物，所以它们的含量是空气质量报告的主要项目B.PM2.5粒径小，能吸附大量的有毒有害的物质，对人体的健康造成很大影响C.科学家推测月尘[即月球上直径小于10微米(1μm＝1×10－6m)的浮尘]是“玉兔号”出现控制异常情况的主要原因，月尘分散在空气中形成的分散系可能属于胶体D.利用催化转化装置可将汽车尾气中的NOx、CO等有害气体转化为N2、CO2等无害气体【答案】A【解析】【详解】A.CO2是造成温室效应的主要原因，但不属于被检测的大气污染物，所以它们的含量不是空气质量报告的主要项目，故A错误；B.PM2.5粒径小，面积大，活性强，能吸附大量的有毒有害的物质，且在大气中的停留时间长、输送距离远，对人体的健康造成很大影响，故B正确；C.胶粒的直径在1~100nm之间，月尘直径小于10微米，10微米=1000nm，则月尘分散在空气中形成的分散系可能属于胶体，故C正确；D.利用催化转化装置可将汽车尾气中的NOx、CO等有害气体转化为N2、CO2等无害气体，故D正确；故选A。3.某合作学习小组讨论辨析以下说法：①粗盐和酸雨都是混合物；②沼气和水煤气都是可再生能源；③冰和干冰既是纯净物又是化合物；④不锈钢和目前流通的硬币都是合金；⑤盐酸和食醋既是化合物又是酸；⑥纯碱和熟石灰都是碱；⑦豆浆和雾都是胶体。上述说法正确的是A.①②③④ B.①②⑤⑥C.③⑤⑥⑦ D.①③④⑦【答案】D【解析】【详解】①粗盐中含有氯化钠、氯化镁、氯化钙等物质，属于混合物；酸雨中含有亚硫酸和水等物质，属于混合物，故①正确；②沼气是可再生资源，而水煤气由炽热的煤同水蒸气反应制得，而煤为不可再生资源，所以水煤气为不可再生资源，故②错误；③冰是固态水，干冰是固态二氧化碳，所以它们既是纯净物又是化合物，故③正确；④不锈钢是铁的合金，目前使用的硬币有铜镍合金和不锈钢，都属于合金，故④正确；⑤盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物；食醋的是乙酸的水溶液，也是混合物，都不是化合物，故②错误；⑥纯碱是碳酸钠，属于盐，熟石灰是氢氧化钙，属于碱，故⑥错误；⑦豆浆是蛋白质水中形成的分散系，雾是由小水滴凝结灰尘而成的，符合胶体分散质微粒直径，豆浆和雾都能发生丁达尔现象，均属于胶体，故⑦正确。综上所述，①③④⑦正确，答案选D。4.化工上大量获得乙烯、丙烯的方法是A.煤的干馏 B.石油的裂解 C.石油的裂化D.石油的分馏【答案】B【解析】【详解】A.煤的干馏获得焦炭、煤焦油、焦炉气；B.石油的裂解获得乙烯、丙烯等气态短链烃；C.石油的裂化得到汽油等轻质液体燃料；D.石油的分馏得到汽油、煤油、柴油、润滑油、重油等；故选B。下列说法不正确的是A.纳米材料是指一种称为“纳米”的新物质制成的材料B.复合材料一般有强度高、质量轻、耐高温、耐腐蚀等优异性能，其综合性质超过了单一材料C.光导纤维是以二氧化硅为主要原料制成的D.合成纤维的主要原料是石油、天然气、煤等【答案】A【解析】【详解】A.纳米材料是指在三维空间中至少有一维处于纳米尺度范围(1～100nm)的材料，纳米材料不是称为“纳米”的新物质制成的材料，故A错误；B.复合材料一般有强度高、质量轻、耐高温、耐腐蚀等优异性能，其综合性质超过了单一材料，故B正确；C.光导纤维的成分是二氧化硅，光导纤维是以二氧化硅为主要原料制成的，故C正确；D.以石油、天然气、煤为原料人工合成的高分子材料有锦纶(尼龙)、涤纶(的确良)、腈纶(人造羊毛)、维纶、氯纶、丙纶，故D正确。6.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.标准状况下，5.6LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5NAB.室温下，1LpH＝13的NaOH溶液中，由水电离的OH－离子数目为0.1NAC.氢氧燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NAD.2.0gH218O与D2O的混合物中所含中子数为NA【答案】D【解析】【详解】A．标况下，5.6L二氧化碳的物质的量为0.25mol，而过氧化钠与二氧化碳的反应中，当有1mol二氧化碳参与反应时，反应转移1mol电子，则0.25mol二氧化碳转移0.25mol电子，即0.25NA个，故A错误；B．pH=13的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，该溶液中氢离子浓度为1×10−13mol/L，氢氧化钠溶液中的氢离子是水电离的，则水电离的氢氧根离子的物质的量为1×10−13mol/L×1L=1×10-13mol，即水电离的OH−离子数目为1×10−13NA，故B错误；C．标况下22.4L气体的物质的量为1mol，氢氧燃料电池中正极氧气得到电子，1mol氧气完全反应转移4mol电子，则电路中通过的电子数目为4NA，故C错误；D．H218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol，2.0gH218O与D2O的物质的量为0.1mol，又每个H218O与D2O分子中均含有10个中子，故0.1mol该混合物中所含中子数为NA，故D正确；故选D。7.在单质的晶体中一定不存在A.离子键 B.分子间作用力C.共价键 D.金属离子与自由电子间作用【答案】A【解析】【详解】A．离子键是阴阳离子通过静电作用形成的，存在于离子化合物中，不可能存在单质中，故A符合题意；B．氧气分子之间存在分子间作用力，故B不符合题意；C．氧气分子中，氧原子间存在共价键，故C不符合题意；D、金属晶体中存在金属离子与自由电子间的作用，故D不符合题意；故选A。8.下列说法正确的是A.石油液化气的主要成分为甲烷B.煤的干馏可分离出煤中含有的煤焦油C.石油的分馏和食盐水的蒸馏原理上是相似的 D.石油经过分馏得到的汽油是纯净物【答案】C【解析】【详解】A．石油液化气的主要成份为丁烷，错误；B．煤的干馏是化学变化，在煤中不含有煤焦油，错误；C．石油的分馏和食盐水的蒸馏原理上是相似的，都是分离沸点不同的液体混合物，正确；D．石油经过分馏得到的汽油仍然是混合物，错误。答案选C。9.下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是物质（括号内为杂质）除杂试剂AFeCl2溶液（FeCl3）Fe粉BNaCl溶液（MgCl2）NaOH溶液、稀HClCCl2（HCl）H2O、浓H2SO4DNO（NO2）H2O、无水CaCl2【答案】B【解析】【分析】发生的反应中，存在元素的化合价变化，与氧化还原反应有关；反之，不存在元素的化合价变化，则与氧化还原反应无关，以此解答该题。【详解】A.FeCl3与Fe反应生成FeCl2，2FeCl3+Fe=3FeCl2，此过程中Fe的化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故A不符合题意；B.MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2+2NaCl，过量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O，此过程中没有元素化合价发生变化，未涉及氧化还原反应，故B符合题意；C.部分氯气与H2O发生反应生成氯化氢和次氯酸，应该用饱和食盐水除去HCl，除杂方法不正确，故C不符合题意；D.NO2与水反应生成硝酸和NO，反应过程中氮元素化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故D不符合题意；综上所述，本题应选B。【点睛】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于氧化还原反应判断的考查，注意把握发生的反应及反应中元素的化合价变化，题目难度不大。10.下列各组微粒中，在一定条件下均可以作氧化剂的是A.F﹣、Br﹣、S2﹣ B.Cl2、HClO、MgC.Fe3+、、 D.ClO﹣、Cl﹣、Ag+【答案】C【解析】【详解】A.F﹣、Br﹣、S2﹣元素化合价都是最低价，不可能作氧化剂，A错误；B.Mg，不可能作氧化剂，B错误；C.Fe3+、、中元素化合价均可以降低表现出氧化性，均可以作氧化剂，C正确；D.Cl﹣化合价是最低价，不可能作氧化剂，D错误；答案选C。11.丙烯醛（CH2=CH-CHO）不能发生的反应类型有A.氧化反应 B.还原反应 C.消去反应 D.加聚反应【答案】C【解析】【详解】丙烯醛含有碳碳双键，可发生氧化反应，加聚反应，且醛基、碳碳双键都可与氢气发生加成反应，也为还原反应，不能发生消去反应，故选：C。12.下列用最外层电子排布式所表示各原子中，能形成离子化合物的是A.3s23p2和2s22p4 B.3s2和2s22p6C.4s2和2s22p2D.3s23p3和4s24p5【答案】C【解析】【详解】A.最外层电子排布式为3s23p2是Si，2s22p4是O，二者形成二氧化硅，为共价化合物，故A不选；B.最外层电子排布式为3s2是Mg，2s22p6是Ne，二者不能形成化合物，故B不选；C.最外层电子排布式为4s2是Ca，2s22p2是C，二者形成化合物CaC2，为离子化合物，故C选；D.最外层电子排布式为3s23p3是P，4s24p5是Br，二者形成化合物为PBr3，为共价化合物，故D不选；故选C。13.有关化学键与晶体的说法正确的是A.两种元素组成的分子中一定只有极性键B.熔融状态时能导电的化合物一定是离子晶体C.非金属元素组成的化合物一定是共价化合物D.分子晶体的熔、沸点随着共价键的增强而升高【答案】B【解析】【详解】A．不同种元素的原子形成的共价键是极性键，两种元素组成的分子中可能有非极性键，如H2O2，故A错误；B．熔融状态的化合物能导电，说明该化合物熔融后存在自由移动的离子，说明该化合物是离子化合物，固态时构成离子晶体，故B正确；C．由非金属元素组成的化合物可能为离子化合物，如铵盐，所以由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，故C错误；D．分子晶体的熔、沸点取决于分子间作用力的大小，与化学键的强弱无关，故D错误；故选B。14.关于氮原子核外2p亚层中的电子，下列说法错误的是A.能量相同 B.电子云形状相同C.自旋方向相同 D.电子云伸展方向相同【答案】D【解析】【详解】氮原子核外电子排布为：1s22s22p3，2px1、2py1

和2pz1

上的电子能量相同、电子云形状相同、自旋方向相同，但电子云伸展方向不相同，故选D。15.LiH在熔融状态下能导电，有关分析错误的是A.原子半径：Li＞H B.离子半径：Li+＞H-C.氢、锂都是第IA族元素 D.电子式【答案】B【解析】【详解】A.Li、H位于同一主族，原子序数越大，原子半径越大，则原子半径：Li＞H，故A正确；B．Li+、H-都含有1个电子层，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径：Li+＜H-，故B错误；C．H、Li都位于元素周期表的第IA

族，故C正确；D．LiH为离子化合物，电子式为，故D正确；故选B。【点睛】本题的易错点为A、B，要注意原子半径和离子半径比较的方法的理解和应用。16.某种飞船是以N2H4和N2O4为动力源，化学方程式为2N2H4＋N2O4=3N2＋4H2O，反应温度可高达2700℃，对于该反应，下列说法正确的是A.N2H4分子中所有原子可能共平面B.N2O4是还原剂C.N2既是氧化产物又是还原产物D.每转移16NA电子则会生成标况下67.2LN2【答案】C【解析】【详解】A.N2H4分子中，N原子采取sp3杂化，故所有原子不可能共平面，故A错误；B.N2O4中N元素的化合价降低，N2O4为氧化剂，故B错误；C.N2H4中N元素化合价升高生成N2，N2O4中N元素的化合价降低生成N2，所以N2既是氧化产物又是还原产物，故C正确；D.根据方程式可知生成3molN2时有2molN2H4参与反应，N2H4为唯一还原剂，转移电子为8mol，故每转移16NA电子则会生成6molN2，在标况下体积为6mol×22.4L/mol=134.4L，故D错误；故选C。17.下图是FeS2催化氧化关系转化图，下列说法正确的是A.反应I中，还原剂为Fe2＋B.反应II中，FeS2既是氧化剂也是还原剂C.反应III属于氧化还原反应D.FeS2催化氧化关系中，NO是催化剂【答案】D【解析】【详解】A．根据图示，反应I中，还原剂为Fe(NO)2+，故A错误；B．反应II中，FeS2中S元素由-1价升高到+6价，是还原剂，不是氧化剂，故B错误；C．根据图示，反应III中没有元素化合价的变化，一定不属于氧化还原反应，故C错误；D．根据图示，FeS2催化氧化过程中，NO参与了反应，但经过反应后又变成NO，因此NO是催化剂，故D正确；故选D。18.前几年，部分巨能钙被检出含有双氧水，而双氧水有致癌性，可加速人体衰老。因此卫生部已开始加紧调查巨能钙。下列有关说法错误的是A.H2O2、Na2O2都属于过氧化物，都存在共价键B.双氧水是绿色氧化剂，可作医疗消毒剂C.H2O2既有氧化性，又有还原性，与Cl2、KMnO4反应时表现H2O2的还原性D.H2O2做漂白剂是利用其氧化性，漂白原理与HClO、SO2类似【答案】D【解析】【详解】A.H2O2、Na2O2中都存在O-O共价键，都属于过氧化物，A项正确；B.双氧水有强氧化性，可做漂白剂和消毒剂，其还原产物为H2O，故被称为“绿色氧化剂”，B项正确；C.H2O2中O为-1价，故H2O2既有氧化性，又有还原性，当与具有很强氧化性的物质如KMnO4、Cl2等强氧化剂相遇时被氧化，H2O2表现还原性，C项正确；D.H2O2做漂白剂是利用其氧化性，漂白原理与HClO类似，而SO2不是因氧化性而漂白，D项错误；故选D。19.有些离子方程式能表示一类反应，有些离子方程式却只能表示一个反应，下列离子方程式中，只能表示一个化学反应的是①Fe+Cu2+=Fe2++Cu②Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O③Cl2+H2O=H++C1-+HC1O④CO32-+2H+=CO2↑+H2OA.③ B.②③ C.② D.①④【答案】A【解析】【详解】①可表示铁与可溶性铜盐的反应，可表示一类反应，故①错误；②可表示氢氧化钡与硫酸、硫酸氢钠的反应，可表示一类反应，②错误；③只能表示氯气与水的反应，故③正确；④可表示可溶性碳酸盐与强酸的反应，可表示一类反应，故④错误；只能表示一个化学反应的只有③。故选A。20.某溶液可能含Na＋、Fe3+、Al3+、、、、Cl-中的几种离子，为确定其成分，设计了如下实验：(1)取少量溶液于试管中，滴加盐酸，观察到有大量气泡逸出，得到透明溶液；(2)在(1)反应后的溶液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀。下列推断正确的是A.溶液中一定不含、Cl- B.不能确定溶液中是否含Na＋、Al3+C.溶液中一定含Na＋、 D.不能确定溶液中是否含、【答案】C【解析】【分析】(1)取少量溶液于试管，滴加盐酸，观察到有大量气泡逸出，生成气体为二氧化碳，说明溶液中含有，结合离子共存可知一定不存在Fe3+、Al3+，结合溶液电中性可知一定存在Na+；最终得到透明溶液，说明一定不存在；(2)在(1)反应后的溶液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀，由于加入了盐酸，无法确定是否含有、Cl-，【详解】A.根据分析可知，不能确定溶液中是否含有、Cl-，故A错误；B.溶液中一定含Na+，一定不存在Al3+，故B错误；C.溶液中一定含Na＋、，故C正确；D.不能确定溶液中是否含有，一定不存在，故D错误；故选C。21.解释下列反应原理的离子方程式正确的是A.用加热的方法降低自来水中钙离子浓度：Ca2++2CaCO3↓+H2O+CO2↑B.向盐酸溶液中加入一小块金属钠：2Na+2H2O=2Na++H2↑+2OH-C.向Mg(HCO3)2溶液中加入足量的NaOH溶液：Mg2++2+2OH-=MgCO3↓++H2OD.在强碱溶液中NaClO与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4：3ClO-+2Fe(OH)3=2+3Cl-+H2O+4H+【答案】A【解析】【详解】A.用加热的方法降低自来水中钙离子浓度：Ca2++2CaCO3↓+H2O+CO2↑，故A正确；B.向盐酸溶液中加入一小块金属钠，钠应与盐酸反应生成氢气：2Na+2H+=2Na++H2↑，故B错误；C.向Mg(HCO3)2溶液中加入足量的NaOH溶液：Mg2++2+4OH-=Mg(OH)2↓+2+2H2O，故C错误；D.在强碱溶液中不可能大量存在H+，离子方程式为3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-=2+3Cl-+5H2O，故D错误；故选A。22.把图二的碎纸片补充到图一中，可得到一个完整的离子方程式。对该离子方程式说法正确的是A.配平后的化学计量数依次为3、1、2、6、3B.若有1mol的S被氧化，则生成2molS2-C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2D.2mol的S参加反应有3mol的电子转移【答案】B【解析】【详解】A.由所给物质的化合价和溶液的酸碱性可知该反应的离子方程式为3S＋6OH－＝SO32－＋2S2－＋3H2O，A错误；B.其中S既作氧化剂又作还原剂，还原产物是S2－，氧化产物是SO32－，因此若有1mol的S被氧化，则生成2molS2-，B正确；C.氧化剂和还原剂的物质的量之比是2:1，C错误；D.每消耗3molS，转移4mol电子，2mol的S参加反应有8/3mol的电子转移，D错误；答案选B。23.Ⅰ.①干冰②石油③油脂④水银⑤聚乙烯⑥84消毒液⑦氨气⑧棉花⑨食盐水⑩HD（1）属于纯净物的是：；属于单质的是：（填序号）。（2）“侯氏联合制碱法”又称侯氏制碱法、循环制碱法或双产品法。它带中国人进入世界化工史册，更开辟了世界制碱工业的新纪元！侯氏制碱法原料可选用上述______________（填序号）物质；反应方程式为：；产品之一可作化肥，该产品含有的化学键类型有：。Ⅱ．在化学学习过程中碰到看似相似的概念，如：①蒸馏②分馏③干馏④焰色反应⑤颜色反应⑥显色反应⑦潮解⑧分解⑨电解⑩水解⑪裂解⑫氧化⑬钝化⑭皂化⑮酯化⑯油脂硬化（3）上述变化过程中属于物理变化的是：；（4）写出氯碱工业中发生⑨的离子方程式；（5）写出甲酸和乙醇在一定条件下发生⑮的化学方程式：。【答案】(1).①④⑦⑩④⑩(2).①⑦⑨NaCl+CO2+NH3+H2O＝NaHCO3↓+NH4Cl离子键、共价键、配位键(3).①②④⑦.2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-(5).HCOOH+CH3CH2OHHCOOCH2CH3+H2O【解析】【详解】Ⅰ.①干冰为二氧化碳，属于纯净物；②石油属于混合物；③油脂属于多种高级脂肪酸的甘油酯的混合物；④水银为金属汞，属于纯净物，单质；⑤聚乙烯属于混合物；⑥84消毒液为溶液，属于混合物；⑦氨气属于纯净物；⑧棉花为纤维素，属于混合物；⑨食盐水为溶液，属于混合物；⑩HD为氢气，属于纯净物，单质；Ⅱ．①蒸馏②分馏为利用沸点不同对物质进行分离，属于物理变化；③干馏为煤的干馏，属于化学变化；④焰色反应为物理变化；⑤颜色反应为通过化学变化改变了化学物质的颜色；⑥显色反应将试样中被测组分转变成有色化合物的化学反应；⑦潮解某些物质（多指固体）从空气中吸收或者吸附水分，使得表面逐渐变得潮湿、滑润，最后物质就会从固体变为该物质的溶液的现象，为物理变化；⑧分解为一种物质生成多种物质，为化学变化；⑨电解将电流通过电解质溶液或熔融态电解质，为化学变化；⑩水解是利用水将物质分解形成新物质的过程，为化学变化；⑪裂解为石油的裂解，属于化学变化；⑫氧化为氧元素与其他的物质元素发生的化学反应；⑬钝化为Al、Fe与浓硝酸或浓硫酸发生化学变化生成氧化膜的现象；⑭皂化为油脂在碱性条件下的水解反应，为化学变化；⑮酯化为醇与酸间的取代反应，为化学变化；⑯油脂硬化为油与氢气发生加成反应，为化学变化。(1)属于纯净物的为①④⑦⑩；属于单质的是④⑩；(2)侯氏制碱法需要饱和食盐水、氨气和二氧化碳，即①⑦⑨；反应的方程式为NaCl+CO2+NH3+H2O＝NaHCO3↓+NH4Cl；氯化铵可用作化肥，其含有离子键、共价键和配位键；(3)上述变化过程中属于物理变化的是①②④⑦；(4)氯碱工业为电解饱和食盐水生成氯气、氢气和氢氧化钠的反应，离子方程式为2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-；(5)甲酸和乙醇在浓硫酸、加热的条件下发生酯化反应生成甲酸乙酯和水，方程式为HCOOH+CH3CH2OHHCOOCH2CH3+H2O。24.亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效氧化剂、漂白剂。在NaOH溶液中ClO2与H2O2反应可以得到亚氯酸钠。（1）ClO2中氯元素的化合价是；在制备亚氯酸钠的反应中H2O2作(填“氧化剂”或“还原剂”)。（2）该反应的化学方程式为；氧化产物与还原产物的质量比为。（3）科学家经研究发现NaClO2也可用于制取自来水消毒剂ClO2。在一定条件下，将Cl2通入填充有固体NaClO2的反应柱内，二者反应可制得ClO2。还原产物为，当消耗标准状况下6.72LCl2时，制得ClO2g。【答案】(1).＋4还原剂(2).2ClO2＋H2O2＋2NaOH=2NaClO2＋O2↑＋2H2O32:181(或1:5.7、1:5.66)(3).NaCl(6).40.5【解析】【分析】根据氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物等基本概念、化合价的变化规律，并结合有关物质的量的计算进行分析解答。【详解】(1)ClO2中O为-2价，则氯元素的化合价是+4价；在制备亚氯酸钠的反应中，Cl元素的化合价由+4降低为+3价，被还原，NaClO2作氧化剂，故H2O2应作还原剂；(2)通过分析，根据得失电子守恒、元素守恒配平该反应的化学方程式为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O；氧化产物为O2，还原产物为NaClO2，且二者物质的量之比为1:2，故质量比为(1×32):(2×90.5)=32:181；(3)将Cl2通入填充有固体NaClO2的反应柱内，二者反应可制得ClO2，NaClO2中Cl从+3价升高到+4价，失电子，被氧化，故Cl2中Cl元素的化合价应从0价降低到-1价，得电子，被还原，其反应为2NaClO2+Cl2═2ClO2+2NaCl，则还原产物为NaCl，当消耗标准状况下6.72LCl2时，即0.3mol，生成ClO2为0.6mol，其质量为0.6mol×67.5g/mol=40.5g。【点睛】在氧化还原反应中，几个概念之间的关系：氧化剂具有氧化性，得电子化合价降低，被还原，发生还原反应，得到还原产物；还原剂具有还原性，失电子化合价升高，被氧化，发生氧化反应，得到氧化产物，熟记该规律是解答氧化还原反应题型的关键。在氧化还原反应中氧化剂得电子总数=还原剂失电子总数=转移电子总数，这是根据得失电子守恒进行方程式配平以及某些氧化还原反应计算的核心。25.钴的某些化合物与铁的化合物性质相似，某研究性学习小组为探究钴的化合物的性质，进行了以下实验：Ⅰ.探究草酸钴的热分解产物（1）为探究草酸钴的热分解产物，按气体流动方向，各装置的连接顺序为：A→E→。（2）能证明分解产物中有CO的实验现象是。（3）取5.49gCoC2O4·2H2O于硬质玻璃管中加热至恒重，冷却、称量，剩余固体的质量为2.25g，球形干燥管增重1.32g。则球形干燥管吸收的气体的结构式为：；A中发生反应的化学方程式为：。Ⅱ．探究Co(OH)2的还原性及Co(OH)3的氧化性取A装置所得固体溶解于稀H2SO4中得到粉红色溶液，备用。已知试剂颜色：CoSO4溶液(粉红色)，Co(OH)2(粉红色)，Co(OH)3(棕褐色)。实验记录如表：实验操作及现象实验分析实验1取少许粉红色溶液于试管中，滴加0.1mol·L－1NaOH溶液，生成粉红色沉淀，并将该沉淀分成两份实验2取一份实验1中所得的粉红色沉淀，加入3%的H2O2溶液，粉红色沉淀立即变为棕褐色反应的化学方程式为实验3向实验2得到的棕褐色沉淀中滴加浓盐酸，固体逐渐溶解，并有黄绿色气体产生反应的离子方程式为实验4取另一份实验1中所得的粉红色沉淀，滴加浓盐酸，粉红色沉淀溶解，未见气体生成酸性条件下，Cl2、Co(OH)2、Co(OH)3的氧化能力由大到小的顺序是【答案】Ⅰ.(1).C→D→B(2).D装置中CuO由黑色变成红色(3).O=C=OCoC2O4·2H2OCoO＋CO↑＋CO2↑＋2H2OⅡ．2Co(OH)2＋H2O2=2Co(OH)32Co(OH)3＋6H＋＋2Cl－=Cl2↑＋2Co2＋＋6H2OCo(OH)3、Cl2、Co(OH)2或Co(OH)3＞Cl2＞Co(OH)2【解析】【分析】Ⅰ.(1)装置A中草酸钴受热分解，生成的气体通过装置E中浓硫酸吸收水蒸气，通过装置C中碱石灰吸收生成的二氧化碳，通过装置D验证生成的一氧化碳，一氧化碳和氧化铜反应生成红色铜，剩余CO用装置B吸收；(3)根据原子守恒进行计算；Ⅱ.根据已知信息和现象确定反应物、生成物，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平方程式，根据氧化性强弱规律分析。【详解】Ⅰ．(1)装置A中草酸钴受热分解，生成的气体通过装置E中浓硫酸吸收水蒸气，通过装置C中碱石灰吸收生成的二氧化碳，通过装置D验证生成的一氧化碳，一氧化碳和氧化铜反应生成红色铜，剩余CO用装置B吸收，则为探究草酸钴的热分解产物，按气体流动方向，各装置的连接顺序为：A→E→C→D→B；(2)一氧化碳具有还原性，能还原氧化铜生成红色铜，根据实验装置和过程分析可知，能验证分解产物中有CO的实验现象是：装置D中氧化铜由黑色变成红色；(3)5.49gCoC2O4•2H2O物质的量＝，等到硬质玻璃管中加热至恒重，冷却、称量，剩余固体的质量为2.25g，球形干燥管增重1.32g为吸收的二氧化碳的质量，物质的量，其结构式为O=C=O，由碳元素守恒得到生成CO物质的量为0.03mol；生成钴的氧化物中钴元素的物质的量为0.03mol，质量是0.03mol×59g/mol＝1.77g，则氧元素的质量是2.25g－1.77g＝0.48g，物质的量是0.03mol，所以氧化物为CoO，生成水的物质的量为0.04mol，结合原子守恒配平书写化学方程式：；Ⅱ．实验2.CoSO4溶液(粉红色)，滴加0.1mol·L-1NaOH溶液，生成粉红色沉淀为Co(OH)2(粉红色)，将该沉淀分成两份，一份中加入3%的H2O2溶液，粉红色沉淀立即变为棕褐色，说明Co(OH)2被氧化为Co(OH)3(棕褐色)，反应的化学方程式为：2Co(OH)2＋H2O2=2Co(OH)3；实验3.向实验2得到的棕褐色沉淀中滴加浓盐酸，固体逐渐溶解，并有黄绿色气体产生，说明生成了氯气，发生了氧化还原反应，Co(OH)3氧化氯离子生成氯气，反应的化学方程式：2Co(OH)3＋6H＋＋2Cl－=Cl2↑＋2Co2＋＋6H2O；实验4.取另一份实验1中所得的粉红色沉淀，滴加浓盐酸，粉红色沉淀溶解，未见气体生成，说明Co(OH)2不具有氧化性，不能氧化氯离子生成氯气，氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则酸性条件下，Cl2、Co(OH)2、Co(OH)3的氧化能力由大到小的顺序是：Co(OH)3＞Cl2＞Co(OH)2。【点睛】本题的难点是第(3)问的计算，利用质量守恒和原子之间的定量比进行计算，确定钴的氧化物的化学式。26.镧系为元素周期表中第ⅢB族、原子序数为57～71的元素。（1）镝(Dy)基态原子电子排布式为[Xe]4f106s2，画出镝(Dy)原子外围电子排布图：。（2）高温超导材料镧钡铜氧化物中含有Cu3＋，基态时Cu3＋的电子排布式为。（3）观察下面四种镧系元素的电离能（单位：kJ·mol-1）数据，判断最有可能显示+2价的元素是(填元素名称)。元素I1I2I3I4Yb(镱)604121744945014Lu(镥)532139041114987La(镧)53810