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四川省泸州市泸县第四中学2022-2023学年高一化学上学期期末考试试题（Word版附解析）
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这是一份四川省泸州市泸县第四中学2022-2023学年高一化学上学期期末考试试题（Word版附解析），共15页。试卷主要包含了 下列属于氧化还原反应的是， 下列说法不正确的是， 下列有关青蒿素的叙述正确的是等内容，欢迎下载使用。
四川省泸县四中2022-2023学年高一上期期末考试
化学试题
满分100分 时间75分钟
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Na 23 Fe 56 Cu 64
第I卷(选择题 45分)
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。
1. 2022年2月4日，第24届冬季奥林匹克运动会在我国北京-张家口举办，下列冬奥会事项与化学无关的是
A. 研制新型的材料用于场馆改建
B. 在短道速滑的冰道上洒水减少摩擦
C. 用消毒剂处理奥运村生活污水
D. 用清洁能源做汽车燃料接送运动员
【答案】B
【解析】
【详解】A．研制新材料属于研究新物质制取的，属于化学研究的范围，故与化学有关，A错误；
B．在短道速滑的冰道上洒水减少摩擦是物理研究的内容，故与化学无关，B正确；
C．处理生活污水属于化学研究的范围，故与化学有关，C错误；
D．用清洁能源做汽车燃料属于化学研究的范围，故与化学有关，D错误；
故选B。
2. 下列属于氧化还原反应的是
A. NaOH+HCl=NaCl+H2O
B. Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑
C. 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑
D. CuO+2HCl=CuCl2+H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应中没有元素化合价变化，不是氧化还原，A不符合；
B．Zn的化合价升高，被氧化，H的化合价降低，被还原，B符合；
C．分解反应，没有元素化合价变化，不是氧化还原，C不符合；
D．没有元素化合价变化，不氧化还原，D不符合；
故答案为：B。
3. 由明尼苏达大学的研究人员领导的一项新的实验表明，钌(Ru)的化学元素是在室温下具有 独特磁性的第四个元素。钌(Ru)的原子序数为 44 。下列说法中正确的是
A. Ru 位于第四周期第ⅧA 族 B. Ru 的同位素原子具有相同中子数
C. Ru 在同族元素中金属性最弱 D. 中子数为 58 的 Ru，其核素符号是
【答案】D
【解析】
【详解】A．依据钌(Ru)的原子序数为44可知，Ru位于第五周期第Ⅷ族，故A错误；
B．Ru的同位素原子具有相同质子数，不同的中子数，故B错误；
C．铁在钌的上方，依据元素周期律可知，钌的金属性强于铁，故C错误；
D．钌（Ru）的原子序数为44，即质子数为44，中子数为58的Ru，质量数为44+58=102，核素符合表示为：，故D正确；
故选D。
4. 常温下，既能与稀盐酸反应又能与NaOH溶液反应的物质是
A. MgO B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．MgO是碱性氧化物，与盐酸反应生成氯化镁和水，与氢氧化钠不反应，故不选A；
B．是酸性氧化物，与盐酸不反应，与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，故不选B；
C．是两性氧化物，与盐酸反应生成氯化铝和水，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，故选C；
D．是碱性氧化物，与盐酸反应生成氯化铁和水，与氢氧化钠不反应，故不选D；
选C。
5. 除去Na2CO3溶液中少量NaHCO3的最佳方法是
A. 加入适量盐酸 B. 加入适量NaOH溶液
C. 加热 D. 通入过量的CO2
【答案】B
【解析】
【详解】A. Na2CO3和NaHCO3都和盐酸反应，A错误；
B. 加入适量NaOH溶液，NaHCO3+NaOH= Na2CO3+H2O，B正确；
C. Na2CO3溶液中少量NaHCO3，在溶液中加热两者都不反应，C错误；
D. 通入过量的CO2，Na2CO3+ CO2+ H2O = 2NaHCO3，把Na2CO3反应掉了，D错误；
故答案为：B。
6. 下列说法不正确的是
A. 久置氯水、漂白粉、84消毒液都有漂白性，且漂白原理相同
B. 新制氯水呈浅黄绿色，且有刺激性气味，说明溶液中有 Cl2分子存在
C. 向新制氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明溶液中有H＋存在
D. 可用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2中混有的HCl
【答案】A
【解析】
【详解】A．漂白粉、84消毒液的有效成分都为次氯酸盐，都有漂白性，且漂白原理相同，但久置的氯水为稀盐酸，没有漂白性，A不正确；
B．新制氯水中，溶液呈浅黄绿色，且有刺激性气味，表明只有一部分溶解的氯气与水反应，大部分仍以Cl2分子形式存在，B正确；
C．向新制氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，表明溶液中含有比碳酸酸性更强的酸(盐酸)，从而说明溶液中有H＋存在，C正确；
D．盐酸的酸性比碳酸强，且二氧化碳在饱和碳酸氢钠溶液中的溶解度不大，所以可用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2中混有的HCl，D正确；
故选A。
7. 下列有关青蒿素(化学式：C15H22O5)的叙述正确的是
A. 青蒿素的摩尔质量为282 B. 6.02×1023个青蒿素分子的质量约为282g
C. 1mol青蒿素的质量为282g·mol-1 D. 141g青蒿素中含有15个碳原子
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据青蒿素的分子式可知，青蒿素的相对分子质量为282，故青蒿素的摩尔质量为282g/mol，A错误；
B．6.02×1023个青蒿素分子的物质的量为=1mol，其质量约为282g/mol×1mol=282g，B正确；
C．1mol青蒿素的质量为282g/mol×1mol=282g，C错误；
D．141g青蒿素的物质的量为=0.5mol，1个青蒿素分子中含有15个碳原子，故0.5mol青蒿素分子中含有0.5mol×6.02×1023mol-1=3.01×1023个C原子，D错误；
故答案为：B。
8. 在pH=1的溶液中，可以大量共存的离子是
A. K＋、Na＋、、 B. Na＋、K＋、、Cl-
C. 、Mg2＋、、Cl- D. K＋、Na＋、OH-、
【答案】C
【解析】
【分析】pH=1的溶液显酸性，含有大量氢离子。
【详解】A．酸性溶液中亚硫酸根不能大量存在，A不符合题意；
B．酸性溶液中碳酸氢根不能大量存在，B不符合题意；
C．四种离子相互之间不反应，也不与氢离子反应，可以大量共存，C符合题意；
D．酸性溶液中氢氧根不能大量存，D不符合题意；
综上所述答案为C。
9. 氯气及其化合物在生产和生活中有重要应用，下列关于氯及其化合物的说法正确的是
A. 氢气在氯气中燃烧产生苍白色火焰，在瓶口出现白雾
B. NaClO是“84消毒液”的有效成分，其水溶液能使有色布条褪色，原因是生成了氯气具有漂白性
C. 氯气能与铁反应，所以液氯不能存放钢瓶中
D. 氯水能使湿润的石蕊试纸先变蓝后褪色
【答案】A
【解析】
【详解】A．氢气在氯气中燃烧，其反应为，产生苍白色火焰，生成的HCl易溶于水，在瓶口出现白雾，故A正确；
B．NaClO是“84消毒液”有效成分，其水溶液能使有色布条褪色，原因是NaClO在溶液中产生了HClO，具有漂白性，氯气本身不具有漂白性，故B错误；
C．氯气与铁在点燃或加热条件下反应，常温下，可用钢瓶储存液氯，故C错误；
D．氯气溶于水形成的氯水中含有大量氢离子、HClO，HClO具有漂白性，氢离子能使湿润的石蕊试纸变红，因HClO的漂白性而褪色，其现象为湿润的石蕊试纸先变红后腿色，故D错误；
故选A。
10. 设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是
A. 1mol甲基正离子(CH)所含电子数为8NA
B. NA个H2分子的质量约为2g，它所占的体积约为22.4L
C. 标准状况下，22.4L CO2与CO的混合气体中含有的碳原子数为2NA
D. 500mL 0.5mol/L的Ca(ClO)2溶液中，含有ClO-的数目为0.5NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．1mol甲基正离子(CH)所含电子为6+3-1=8mol，电子数为8NA，A正确；
B．没指明标准状况，无法计算体积，B错误；
C．22.4L CO2与CO的混合气体为1mol，含有的碳原子数为NA，C错误；
D．发生水解，500mL 0.5mol/L的液中，含有ClO-的数目为小于0.5NA，D错误；
故选A。
11. 下列说法不正确的是
A. 明矾能水解生成胶体，可用作净水剂
B. 溶液能与反应，可用于蚀刻印刷电路
C. 工业上制取镁粉时，可将镁蒸气在氮气中冷却
D. 将废铁屑加入溶液中，可用于除去工业废气中的Cl2
【答案】C
【解析】
【详解】A．明矾溶于水电离出Al3+，水解生成胶体，可用作净水剂，A正确；
B．溶液能与发生氧化还原反应生成CuCl2，可用于蚀刻印刷电路，B正确；
C．高温下Mg可以与N2反应，因此不可将镁蒸气在氮气中冷却，C错误；
D．将废铁屑加入溶液中，可以与Cl2发生氧化还原反应，因此可用于除去工业废气中的Cl2，D正确。
本题选C。
12. 比较法是研究物质性质的重要方法。下列物质的性质比较中错误的是
A. 熔点：低碳钢>铁
B. 还原性：Al>Fe
C. 分散质粒子直径：氢氧化铁胶体>澄清石灰水
D. 氧化性：Ag+>Cu2+
【答案】A
【解析】
【详解】A．低碳钢是铁合金，熔点低于纯铁，故A错误；
B．铝在金属活动性顺序表中排在铁前面，其还原性强于铁，故B正确；
C．氢氧化铁胶体中分散质粒子直径在1－100nm之间，而澄清石灰水中分散质粒子直径小于1nm，故C正确；
D．铜在金属活动性顺序表中排在银前面，铜还原性强于银，则银离子氧化性大于铜离子，故 D正确；
故选A选项。
13. 某实验小组通过如图所示实验，探究Na2O2与水的反应：
下列说法中正确的是
A. ②中的大量气泡的主要成分是氢气
B. ③中溶液变红，说明有酸性物质生成
C. ④中现象可能是由于溶液中含有漂白性物质造成的
D. ⑤中MnO2的主要作用是降低了水中氧气的溶解度
【答案】C
【解析】
【详解】A．过氧化钠与水反应生成NaOH和氧气，则②中大量气泡的主要成分是氧气，选项A错误；
B．酚酞遇到碱显红色，③中溶液变红，说明有碱性物质生成，选项B错误；
C．④中红色褪去，应该是由溶液中的具有强氧化性、漂白性物质氧化酚酞致酚酞变质导致，选项C正确；
D．⑤中加入MnO2产生较多气泡，说明溶液中存在H2O2，MnO2的主要作用是作催化剂，选项D错误；
答案选C。
14. 在含有Cu(NO3)2、Zn(NO3)2、Fe(NO3)3、AgNO3各0.1mol的混合溶液中加入0.1mol铁粉，充分搅拌后铁完全反应，溶液中不存在Fe3+，同时析出0.1molAg。则下列结论中不正确的是
A. 反应后溶液中Cu2+与Fe2+的物质的量比为1∶2
B. 氧化性：Fe3+>Cu2+>Ag+
C. 含Fe3+的溶液可腐蚀铜板
D. 1molFe可还原2molFe3+
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．Cu(NO3)2、Zn(NO3)2、Fe(NO3)3、AgNO3各0.1mol的混合溶液中加入0.1mol铁粉，充分搅拌后铁完全反应，则反应后溶液中Cu2+与Fe2+的物质的量分别为0.1mol、0.2mol，其两者物质的量比为1∶2，故A正确；
B．根据题知得出铁先与银离子反应，再与铁离子反应，铁离子刚好反应完，铜离子没有反应，因此氧化性： Ag+>Fe3+>Cu2+，故B错误；
C．根据氧化性： Ag+>Fe3+>Cu2+，说明含Fe3+的溶液可腐蚀铜板，故C正确；
D．0.1mol AgNO3可反应0.05molFe，0.1mol Fe(NO3)3可反应0.05molFe，因此1mol Fe可还原2mol Fe3+，故D正确；
答案为B。
15. 准确称取10.2 g 含Al2O3、Fe2O3和Cu的混合物，加入一定量的盐酸，使其中的Al2O3、Fe2O3恰好溶解；过滤，向滤液中加入10 mol·L－1的NaOH溶液，产生沉淀的质量与加入NaOH溶液体积的关系如图所示，则样品中Al2O3的质量分数为
A. 45% B. 50% C. 63.75% D. 72%
【答案】B
【解析】
【详解】取10.2 g 含Al2O3、Fe2O3和Cu的混合物，加入一定量的盐酸，使其中的Al2O3、Fe2O3恰好溶解，氧化铝转化为氯化铝；过滤，向滤液中加入10 mol·L－1的NaOH溶液，结合图像可知，加入35mL氢氧化钠溶液，沉淀达到最大值，再加入45mL-35mL=10mL氢氧化钠溶液，沉淀质量减少至不变，此时发生反应为，根据铝元素守恒可知，样品中n(Al2O3)= n(Al3+)=cV=×0.010mL×10 mol·L-1=0.05mol，则样品中Al2O3的质量分数为×100%=50%；
故选B。
第II卷(非选择题 55分)
16. 实验室制备Cl2通常采用如图所示装置:
（1）A中发生反应的化学方程式是________，其中氧化剂是_____，还原剂是_____。
（2）仪器a名称是__________。
（3）B装置中所盛的试剂是________，C装置的作用是___________。
（4）装置E的作用是__________，该反应的离子方程式为__________。
（5）当装置D收集到标况下气体体积11.2L，转移的电子物质的量为______。
（6）将下图装置代替D和E装置,可进行“氯气与金属钠反应”的实验,以下叙述正确的是_____。
A. 反应生成的大量白烟是氯化钠晶体
B. 玻璃管尾部塞一团浸有碱液的棉球是用于吸收过量的氯气,以免其污染空气
C. 玻璃管中,钠燃烧时会产生苍白色火焰
D. 若在棉球外沿滴一滴淀粉-KI溶液,可据其颜色变化判断氯气是否被碱液完全吸收
【答案】（1） ①. MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O ②. MnO2 ③. HCl
（2）分液漏斗 （3） ①. 饱和食盐水 ②. 干燥Cl2
（4） ①. 尾气处理 ②. 2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O
（5）1mol （6）ABD
【解析】
【分析】A装置制取氯气，B装置为了除去氯气中的HCl，用饱和食盐水，C用浓硫酸去除水蒸气，D用向上排空气法收集氯气，因为氯气有毒，实验结束需要用碱吸收；
【小问1详解】
A中用二氧化锰和浓盐酸制取氯气，，其中Mn元素化合价由+4价降低到+2，得电子，作氧化剂，Cl元素由-1价升高到0价，作还原剂；
故答案为：；MnO2；HCl；
【小问2详解】
根据图片a为分液漏斗；
故答案为：分液漏斗；
【小问3详解】
根据上述分析，B中饱和食盐水去除挥发得HCl，C中用浓硫酸吸收水干燥氯气；
故答案为：饱和食盐水；干燥氯气；
【小问4详解】
根据上述分析，E得作用，尾气处理，用NaOH吸收氯气；
故答案为：尾气处理；；
【小问5详解】
根据反应，可知当有1个Cl2生成时，有2个电子转移，，转移电子数为1mol；
故答案为：1mol；
【小问6详解】
A．反应生成的大量白烟是氯化钠晶体，选项A正确；
B．NaOH与氯气反应，可吸收过量的氯气，以免其污染空气，选项B正确；
C．钠着火燃烧产生黄色火焰，选项C错误；
D．当浸有淀粉KI溶液的棉球未变色，表明氯气已被碱液完全吸收，选项D正确；
答案选ABD。
17. 某次实验需用 500mL、0.5mol/L的稀 H2SO4 溶液，某同学用 98%的浓 H2SO4(ρ=1.84g/cm3)进行配制，请回答下列问题：
（1）实验需要的玻璃仪器除了烧杯、量筒、玻璃棒，还有_______。
（2）计算：98%的浓H2SO4 (ρ=1.84g/cm3)的物质的量浓度为_______，配制本次实验需要的稀硫酸需用量筒量取上述 98%的浓 H2SO4_______mL，写出计算过程。
（3）配制过程：
①用量筒量取所需的浓硫酸
②将浓硫酸缓缓注入盛有适量蒸馏水的烧中，边加边搅拌
③用玻璃棒引流将烧杯中的溶液转移到已经检漏的合适规格的容量瓶中
④洗涤烧杯和玻璃棒 2～3 次，洗涤液也注入容量瓶中。轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀
⑤向容量瓶中加入蒸馏水，在距离刻度 1～2cm 时，改用胶头滴管加蒸馏水至刻度线
⑥盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀
⑦将配制好的溶液转移至试剂瓶中待用。
上述配置溶液的步骤存在缺失，缺少的步骤是_______，应放在步骤_______之前进行(填“序号”)。
（4）在横线上填写下列各种情况对所配制溶液浓度的影响(选填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
①所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中_______。
②容量瓶中有蒸馏水未干燥_______。
③定容时，俯视液面_______。
④用量筒量取浓硫酸时仰视液面_______。
【答案】（1）500mL容量瓶、胶头滴管
（2） ①. 18.4mol/L ②. 13.6
（3） ①. 将烧杯中的溶液恢复(冷却)至室温 ②. ③
（4） ①. 偏低 ②. 无影响 ③. 偏高 ④. 偏高
【解析】
【分析】配制一定物质的量浓度的溶液，一定要使用一定规格的容量瓶，所以选择500mL的容量瓶，定容时需使用胶头滴管。计算98%的浓H2SO4(ρ=1.84g/cm3)的物质的量浓度时，使用公式进行计算；配制本次实验需要的稀硫酸，可利用稀释定律，计算所需98%的浓H2SO4的体积。配制过程时，利用配制步骤：计算、称量、溶解、冷却转移、洗涤转移、定容、摇匀，检查各步操作，找出所缺失的步骤及所在位置。
【小问1详解】
用浓硫酸配制一定体积一定物质的量浓度的溶液，实验过程需要的玻璃仪器除了烧杯、量筒、玻璃棒外，还有500 mL容量瓶、胶头滴管；
【小问2详解】
98% 的浓H2SO4(ρ=1.84 g/cm3)的物质的量浓度c=mol/L=18.4 mol/L；根据溶液体积，要选择使用500 mL的容量瓶，由于溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，所以要配制500 mL0.5 mol/L稀硫酸，需浓硫酸的体积V==13.6 mL；
【小问3详解】
由于浓硫酸溶于水会放出大量热，使配制的溶液温度升高，而容量瓶配制的溶液在室温下的溶液，所以根据题目叙述配制过程可知：上述配制溶液的步骤中存在缺失，缺少的步骤是待烧杯中的溶液恢复室温后再转移到容量瓶中，且这一步应该是在③之前，故合理序号是③；
【小问4详解】
①若所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中，浓硫酸吸收水分导致浓浓度浓度变小，则等体积浓硫酸溶液中含有的溶质少，最终使配制的溶液浓度偏低；
②容量瓶中有蒸馏水未干燥，由于不影响溶质的物质的量及溶液的体积，因此对配制的溶液浓度无影响；
③定容时，俯视液面，会使溶液的体积偏小，导致配制溶液的浓度偏高；
④用量筒量取浓能酸时仰视液面，会使浓硫酸体积偏大，导致溶质的物质的量偏多，最终使配制溶液的浓度偏高。
18. 现有下列反应：
①
②
针对上述两个反应回答：
（1）用双线桥标出①中电子转移的方向和数目_________；其中氧化剂是_________(填化学式)，氧化产物是_________(填化学式)。
（2）写出②的离子方程式_________；
（3）、和的氧化性由强到弱的顺序为_________。
（4）反应②中氯化氢表现出的性质是_________。
a.还原性 b.酸性 c.氧化性
【答案】（1） ①. ②. Cl2 ③.
（2）2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O
（3）KMnO4 >Cl2> H2SO4
（4）ab
【解析】
【小问1详解】
该反应中，Cl元素化合价由0价变为-1价、S元素化合价由+4价变为+6价，所以Cl2是氧化剂、SO2是还原剂，为氧化产物，其转移电子数是2，双线桥转移电子数目和方向为：；
【小问2详解】
反应2KMnO4+16HCl(浓)＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中KMnO4、KCl、MnCl2均为可溶性盐必须拆成离子，HCl为强电解质，也拆成离子，故反应的离子方程式为2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
【小问3详解】
反应2KMnO4+16HCl(浓)＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中KMnO4做氧化剂，氧化HCl得到氧化产物Cl2，氧化性KMnO4＞Cl2；
反应2H2O+Cl2+SO2＝H2SO4+2HCl中Cl2做氧化剂，氧化SO2得到氧化产物H2SO4，氧化性Cl2＞H2SO4；
故Cl2、H2SO4和KMnO4的氧化性由强到弱的顺序为KMnO4 >Cl2> H2SO4；
【小问4详解】
反应②中HCl中Cl元素化合价升高，反应物HCl是还原剂，具有还原性，Cl元素被氧化，对应产物Cl2是氧化产物，盐酸中的Cl有部分转化为化合价不变的氯化钾中去，也体现了盐酸的酸性，答案选ab。
19. 海洋是巨大的化学资源宝库，如图是从海水中提取溴的流程图(部分)。据图回答下列问题。
（1）写出一种工业上海水淡化的方法：_______。
（2）过程1发生反应的离子方程式是_______。该反应可证明氧化性：_______(填“>”、“＜”或者“=”)，从原子结构角度解释原因_______。
（3）过程2中发生反应生成两种强酸，写出该反应的化学方程式：_______。
（4）上述过程2中将转化成的目的是_______。
（5）若过程2用溶液吸收溴，补全方程式：_______。
3＋_______＋_______=_______＋_______＋_______
若反应中转移电子的物质的量为5mol，则被还原的溴单质的质量为：_______。
【答案】（1）蒸馏法、电渗析法、离子交换法(任写一种即可)
（2） ①. ②. > ③. 同主族元素最外层电子数相同，电子层数增加，原子半径增大，原子得电子能力减弱，所以单质氧化性减弱
（3）
（4）富集溴元素 （5） ①. ②. 400g
【解析】
【分析】含溴离子的低浓度的海水浓缩，用氯气将浓缩海水氧化生成溴单质，得到的溴单质和二氧化硫反应生成氢溴酸和硫酸，氢溴酸被氯气氧化成溴单质，再用蒸馏法将溴单质蒸出，冷却后得到较纯的溴，
【小问1详解】
工业上海水淡化的方法：蒸馏法、电渗析法、离子交换法；
【小问2详解】
过程1发生反应是氯气将溴离子还原为溴单质，其离子方程式是Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物氧化性得到该反应氧化性：Cl2＞Br2，从原子结构角度解释原因Cl、Br最外层电子数相同，电子层数Cl＜Br，原子半径Cl＜Br，原子核对最外层电子的吸引力Cl＞Br，得电子能力Cl＞Br，非金属性Cl＞Br，氧化性Cl2＞Br2，故答案为：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-；＞；同主族元素最外层电子数相同，电子层数增加，原子半径增大，原子得电子能力减弱，所以单质氧化性减弱；
【小问3详解】
过程2主要是溴单质和二氧化硫反应生成氢溴酸和硫酸，因此过程2中发生反应的化学方程式为：Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，故答案为：Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr；
【小问4详解】
过程2和3将得到的溴被二氧化硫还原，在被氯气氧化，其目的是富集溴，故答案为：富集溴元素；
【小问5详解】
若过程2用Na2CO3溶液吸收溴，主要反应是Br2+Na2CO3+H2O→NaBr+NaBrO3+NaHCO3，溴元素化合价0价变化为-1价和+5价，吸收3mol溴单质，电子转移5mol，电子守恒和原子守恒写出化学方程式为：3Br2+6Na2CO3+3H2O=5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3，转移电子的物质的量为5mol，被还原的溴单质为mol，质量为：m=nM=mol×160g/mol=400g，故答案为：3Br2+6Na2CO3+3H2O=5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3；400g。
20. 高铝粉煤灰是火力发电厂燃煤锅炉排放出的固体废物，含有较多的Al2O3，少MgO、CaO、铁的氧化物及其他不溶性杂质。从粉煤灰中提取Al2O3的工艺流程如图：
（1）操作1的名称是____；滤渣1中除了原不溶性杂质外，还有____。
（2）检验浸出液中含有Fe2+的操作与现象是____。
（3）反应①的离子方程式为____，反应①中还可以用____(填试剂化学式)替代Cl2。
（4）滤渣2的主要成分有____。
（5）溶液2中含铝元素的化合物与过量CO2反应的产物还有NaHCO3，该反应的化学方程式为____。
（6）实验室配制100mL2.00mol•L-1H2SO4溶液。
①需要18.00mol/L浓H2SO4的体积为____mL。
②下述仪器中必须用到的有____(填标号)，还缺少的玻璃仪器为____(填名称)。
【答案】（1） ①. 过滤 ②. CaSO4
（2）取少量浸出液于试管中，滴加几滴酸性KMnO4溶液，若溶液褪色，则说明浸出液中含有Fe2+
（3） ①. 2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+ ②. H2O2
（4）Fe(OH)3、Mg(OH)2
（5）NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3
（6） ①. 11.1 ②. BDEG ③. 玻璃棒
【解析】
【分析】高铝粉煤灰中含有Al2O3，少量MgO、CaO、 铁的氧化物及其他不溶性杂质加入硫酸铵铵焙烧得到气体是氨气，再进行硫酸酸化会与碱性氧化物和两性氧化物氧化铝发生发生反应生成硫酸镁、硫酸铝及硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸钙，通过过滤得到浸出液和滤渣，其中滤渣为硫酸钙；浸出液中通入氯气后会将溶液中的二价铁氧化为三价铁，加入氢氧化钠溶液后，镁元素和铁元素都转化为沉淀：氢氧化镁和氢氧化铁；而铝元素转化为偏铝酸钠，再通入二氧化碳会生成氢氧化铝沉淀；
【小问1详解】
根据操作1后的物质滤液和滤渣判断使用的操作是过滤；加入硫酸后与氧化铝、氧化镁、氧化钙发生生成的微溶物只有硫酸钙，故答案为：过滤、硫酸钙；
【小问2详解】
利用二价铁的还原性及高锰酸钾的颜色特点判断检验浸出液中含有Fe2+的操作与现象：是取部分浸出液于试管中，加入高锰酸钾溶液褪色，说明含Fe2+离子；
【小问3详解】
根据物质的氧化性与还原性判断，发生反应①发的离子方程式为：2Fe2+ + Cl2 = 2Fe3+ + 2Cl-，加入的氧化剂不引入杂质，故还可加入H2O2；故答案为：2Fe2+ + Cl2 = 2Fe3+ + 2Cl-，H2O2；
【小问4详解】
加入足量的氢氧化钠溶液后，铝元素会转化为偏铝酸根离子，镁元素和铁元素会生成沉淀，故答案为：Mg(OH)2、Fe(OH)3；
【小问5详解】
根据原子守恒利用过量问题进行书写化学方程式为：NaAlO2 + CO2 + 2H2O = Al(OH)3↓+NaHCO3；
【小问6详解】
根据稀释定律得：0.1×2=18×V，解得V=0.0111L，故答案为11.1mL；根据溶液配制需要的仪器进行判断，答案为：BDEG；还需要的仪器是玻璃棒；故答案为：11.1mL、BDEG玻璃棒。
四川省泸县四中2022-2023学年高一上期期末考试
化学试题
满分100分 时间75分钟
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Na 23 Fe 56 Cu 64
第I卷(选择题 45分)
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。
1. 2022年2月4日，第24届冬季奥林匹克运动会在我国北京-张家口举办，下列冬奥会事项与化学无关的是
A. 研制新型的材料用于场馆改建
B. 在短道速滑的冰道上洒水减少摩擦
C. 用消毒剂处理奥运村生活污水
D. 用清洁能源做汽车燃料接送运动员
【答案】B
【解析】
【详解】A．研制新材料属于研究新物质制取的，属于化学研究的范围，故与化学有关，A错误；
B．在短道速滑的冰道上洒水减少摩擦是物理研究的内容，故与化学无关，B正确；
C．处理生活污水属于化学研究的范围，故与化学有关，C错误；
D．用清洁能源做汽车燃料属于化学研究的范围，故与化学有关，D错误；
故选B。
2. 下列属于氧化还原反应的是
A. NaOH+HCl=NaCl+H2O
B. Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑
C. 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑
D. CuO+2HCl=CuCl2+H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应中没有元素化合价变化，不是氧化还原，A不符合；
B．Zn的化合价升高，被氧化，H的化合价降低，被还原，B符合；
C．分解反应，没有元素化合价变化，不是氧化还原，C不符合；
D．没有元素化合价变化，不氧化还原，D不符合；
故答案为：B。
3. 由明尼苏达大学的研究人员领导的一项新的实验表明，钌(Ru)的化学元素是在室温下具有 独特磁性的第四个元素。钌(Ru)的原子序数为 44 。下列说法中正确的是
A. Ru 位于第四周期第ⅧA 族 B. Ru 的同位素原子具有相同中子数
C. Ru 在同族元素中金属性最弱 D. 中子数为 58 的 Ru，其核素符号是
【答案】D
【解析】
【详解】A．依据钌(Ru)的原子序数为44可知，Ru位于第五周期第Ⅷ族，故A错误；
B．Ru的同位素原子具有相同质子数，不同的中子数，故B错误；
C．铁在钌的上方，依据元素周期律可知，钌的金属性强于铁，故C错误；
D．钌（Ru）的原子序数为44，即质子数为44，中子数为58的Ru，质量数为44+58=102，核素符合表示为：，故D正确；
故选D。
4. 常温下，既能与稀盐酸反应又能与NaOH溶液反应的物质是
A. MgO B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．MgO是碱性氧化物，与盐酸反应生成氯化镁和水，与氢氧化钠不反应，故不选A；
B．是酸性氧化物，与盐酸不反应，与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，故不选B；
C．是两性氧化物，与盐酸反应生成氯化铝和水，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，故选C；
D．是碱性氧化物，与盐酸反应生成氯化铁和水，与氢氧化钠不反应，故不选D；
选C。
5. 除去Na2CO3溶液中少量NaHCO3的最佳方法是
A. 加入适量盐酸 B. 加入适量NaOH溶液
C. 加热 D. 通入过量的CO2
【答案】B
【解析】
【详解】A. Na2CO3和NaHCO3都和盐酸反应，A错误；
B. 加入适量NaOH溶液，NaHCO3+NaOH= Na2CO3+H2O，B正确；
C. Na2CO3溶液中少量NaHCO3，在溶液中加热两者都不反应，C错误；
D. 通入过量的CO2，Na2CO3+ CO2+ H2O = 2NaHCO3，把Na2CO3反应掉了，D错误；
故答案为：B。
6. 下列说法不正确的是
A. 久置氯水、漂白粉、84消毒液都有漂白性，且漂白原理相同
B. 新制氯水呈浅黄绿色，且有刺激性气味，说明溶液中有 Cl2分子存在
C. 向新制氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明溶液中有H＋存在
D. 可用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2中混有的HCl
【答案】A
【解析】
【详解】A．漂白粉、84消毒液的有效成分都为次氯酸盐，都有漂白性，且漂白原理相同，但久置的氯水为稀盐酸，没有漂白性，A不正确；
B．新制氯水中，溶液呈浅黄绿色，且有刺激性气味，表明只有一部分溶解的氯气与水反应，大部分仍以Cl2分子形式存在，B正确；
C．向新制氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，表明溶液中含有比碳酸酸性更强的酸(盐酸)，从而说明溶液中有H＋存在，C正确；
D．盐酸的酸性比碳酸强，且二氧化碳在饱和碳酸氢钠溶液中的溶解度不大，所以可用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2中混有的HCl，D正确；
故选A。
7. 下列有关青蒿素(化学式：C15H22O5)的叙述正确的是
A. 青蒿素的摩尔质量为282 B. 6.02×1023个青蒿素分子的质量约为282g
C. 1mol青蒿素的质量为282g·mol-1 D. 141g青蒿素中含有15个碳原子
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据青蒿素的分子式可知，青蒿素的相对分子质量为282，故青蒿素的摩尔质量为282g/mol，A错误；
B．6.02×1023个青蒿素分子的物质的量为=1mol，其质量约为282g/mol×1mol=282g，B正确；
C．1mol青蒿素的质量为282g/mol×1mol=282g，C错误；
D．141g青蒿素的物质的量为=0.5mol，1个青蒿素分子中含有15个碳原子，故0.5mol青蒿素分子中含有0.5mol×6.02×1023mol-1=3.01×1023个C原子，D错误；
故答案为：B。
8. 在pH=1的溶液中，可以大量共存的离子是
A. K＋、Na＋、、 B. Na＋、K＋、、Cl-
C. 、Mg2＋、、Cl- D. K＋、Na＋、OH-、
【答案】C
【解析】
【分析】pH=1的溶液显酸性，含有大量氢离子。
【详解】A．酸性溶液中亚硫酸根不能大量存在，A不符合题意；
B．酸性溶液中碳酸氢根不能大量存在，B不符合题意；
C．四种离子相互之间不反应，也不与氢离子反应，可以大量共存，C符合题意；
D．酸性溶液中氢氧根不能大量存，D不符合题意；
综上所述答案为C。
9. 氯气及其化合物在生产和生活中有重要应用，下列关于氯及其化合物的说法正确的是
A. 氢气在氯气中燃烧产生苍白色火焰，在瓶口出现白雾
B. NaClO是“84消毒液”的有效成分，其水溶液能使有色布条褪色，原因是生成了氯气具有漂白性
C. 氯气能与铁反应，所以液氯不能存放钢瓶中
D. 氯水能使湿润的石蕊试纸先变蓝后褪色
【答案】A
【解析】
【详解】A．氢气在氯气中燃烧，其反应为，产生苍白色火焰，生成的HCl易溶于水，在瓶口出现白雾，故A正确；
B．NaClO是“84消毒液”有效成分，其水溶液能使有色布条褪色，原因是NaClO在溶液中产生了HClO，具有漂白性，氯气本身不具有漂白性，故B错误；
C．氯气与铁在点燃或加热条件下反应，常温下，可用钢瓶储存液氯，故C错误；
D．氯气溶于水形成的氯水中含有大量氢离子、HClO，HClO具有漂白性，氢离子能使湿润的石蕊试纸变红，因HClO的漂白性而褪色，其现象为湿润的石蕊试纸先变红后腿色，故D错误；
故选A。
10. 设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是
A. 1mol甲基正离子(CH)所含电子数为8NA
B. NA个H2分子的质量约为2g，它所占的体积约为22.4L
C. 标准状况下，22.4L CO2与CO的混合气体中含有的碳原子数为2NA
D. 500mL 0.5mol/L的Ca(ClO)2溶液中，含有ClO-的数目为0.5NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．1mol甲基正离子(CH)所含电子为6+3-1=8mol，电子数为8NA，A正确；
B．没指明标准状况，无法计算体积，B错误；
C．22.4L CO2与CO的混合气体为1mol，含有的碳原子数为NA，C错误；
D．发生水解，500mL 0.5mol/L的液中，含有ClO-的数目为小于0.5NA，D错误；
故选A。
11. 下列说法不正确的是
A. 明矾能水解生成胶体，可用作净水剂
B. 溶液能与反应，可用于蚀刻印刷电路
C. 工业上制取镁粉时，可将镁蒸气在氮气中冷却
D. 将废铁屑加入溶液中，可用于除去工业废气中的Cl2
【答案】C
【解析】
【详解】A．明矾溶于水电离出Al3+，水解生成胶体，可用作净水剂，A正确；
B．溶液能与发生氧化还原反应生成CuCl2，可用于蚀刻印刷电路，B正确；
C．高温下Mg可以与N2反应，因此不可将镁蒸气在氮气中冷却，C错误；
D．将废铁屑加入溶液中，可以与Cl2发生氧化还原反应，因此可用于除去工业废气中的Cl2，D正确。
本题选C。
12. 比较法是研究物质性质的重要方法。下列物质的性质比较中错误的是
A. 熔点：低碳钢>铁
B. 还原性：Al>Fe
C. 分散质粒子直径：氢氧化铁胶体>澄清石灰水
D. 氧化性：Ag+>Cu2+
【答案】A
【解析】
【详解】A．低碳钢是铁合金，熔点低于纯铁，故A错误；
B．铝在金属活动性顺序表中排在铁前面，其还原性强于铁，故B正确；
C．氢氧化铁胶体中分散质粒子直径在1－100nm之间，而澄清石灰水中分散质粒子直径小于1nm，故C正确；
D．铜在金属活动性顺序表中排在银前面，铜还原性强于银，则银离子氧化性大于铜离子，故 D正确；
故选A选项。
13. 某实验小组通过如图所示实验，探究Na2O2与水的反应：
下列说法中正确的是
A. ②中的大量气泡的主要成分是氢气
B. ③中溶液变红，说明有酸性物质生成
C. ④中现象可能是由于溶液中含有漂白性物质造成的
D. ⑤中MnO2的主要作用是降低了水中氧气的溶解度
【答案】C
【解析】
【详解】A．过氧化钠与水反应生成NaOH和氧气，则②中大量气泡的主要成分是氧气，选项A错误；
B．酚酞遇到碱显红色，③中溶液变红，说明有碱性物质生成，选项B错误；
C．④中红色褪去，应该是由溶液中的具有强氧化性、漂白性物质氧化酚酞致酚酞变质导致，选项C正确；
D．⑤中加入MnO2产生较多气泡，说明溶液中存在H2O2，MnO2的主要作用是作催化剂，选项D错误；
答案选C。
14. 在含有Cu(NO3)2、Zn(NO3)2、Fe(NO3)3、AgNO3各0.1mol的混合溶液中加入0.1mol铁粉，充分搅拌后铁完全反应，溶液中不存在Fe3+，同时析出0.1molAg。则下列结论中不正确的是
A. 反应后溶液中Cu2+与Fe2+的物质的量比为1∶2
B. 氧化性：Fe3+>Cu2+>Ag+
C. 含Fe3+的溶液可腐蚀铜板
D. 1molFe可还原2molFe3+
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．Cu(NO3)2、Zn(NO3)2、Fe(NO3)3、AgNO3各0.1mol的混合溶液中加入0.1mol铁粉，充分搅拌后铁完全反应，则反应后溶液中Cu2+与Fe2+的物质的量分别为0.1mol、0.2mol，其两者物质的量比为1∶2，故A正确；
B．根据题知得出铁先与银离子反应，再与铁离子反应，铁离子刚好反应完，铜离子没有反应，因此氧化性： Ag+>Fe3+>Cu2+，故B错误；
C．根据氧化性： Ag+>Fe3+>Cu2+，说明含Fe3+的溶液可腐蚀铜板，故C正确；
D．0.1mol AgNO3可反应0.05molFe，0.1mol Fe(NO3)3可反应0.05molFe，因此1mol Fe可还原2mol Fe3+，故D正确；
答案为B。
15. 准确称取10.2 g 含Al2O3、Fe2O3和Cu的混合物，加入一定量的盐酸，使其中的Al2O3、Fe2O3恰好溶解；过滤，向滤液中加入10 mol·L－1的NaOH溶液，产生沉淀的质量与加入NaOH溶液体积的关系如图所示，则样品中Al2O3的质量分数为
A. 45% B. 50% C. 63.75% D. 72%
【答案】B
【解析】
【详解】取10.2 g 含Al2O3、Fe2O3和Cu的混合物，加入一定量的盐酸，使其中的Al2O3、Fe2O3恰好溶解，氧化铝转化为氯化铝；过滤，向滤液中加入10 mol·L－1的NaOH溶液，结合图像可知，加入35mL氢氧化钠溶液，沉淀达到最大值，再加入45mL-35mL=10mL氢氧化钠溶液，沉淀质量减少至不变，此时发生反应为，根据铝元素守恒可知，样品中n(Al2O3)= n(Al3+)=cV=×0.010mL×10 mol·L-1=0.05mol，则样品中Al2O3的质量分数为×100%=50%；
故选B。
第II卷(非选择题 55分)
16. 实验室制备Cl2通常采用如图所示装置:
（1）A中发生反应的化学方程式是________，其中氧化剂是_____，还原剂是_____。
（2）仪器a名称是__________。
（3）B装置中所盛的试剂是________，C装置的作用是___________。
（4）装置E的作用是__________，该反应的离子方程式为__________。
（5）当装置D收集到标况下气体体积11.2L，转移的电子物质的量为______。
（6）将下图装置代替D和E装置,可进行“氯气与金属钠反应”的实验,以下叙述正确的是_____。
A. 反应生成的大量白烟是氯化钠晶体
B. 玻璃管尾部塞一团浸有碱液的棉球是用于吸收过量的氯气,以免其污染空气
C. 玻璃管中,钠燃烧时会产生苍白色火焰
D. 若在棉球外沿滴一滴淀粉-KI溶液,可据其颜色变化判断氯气是否被碱液完全吸收
【答案】（1） ①. MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O ②. MnO2 ③. HCl
（2）分液漏斗 （3） ①. 饱和食盐水 ②. 干燥Cl2
（4） ①. 尾气处理 ②. 2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O
（5）1mol （6）ABD
【解析】
【分析】A装置制取氯气，B装置为了除去氯气中的HCl，用饱和食盐水，C用浓硫酸去除水蒸气，D用向上排空气法收集氯气，因为氯气有毒，实验结束需要用碱吸收；
【小问1详解】
A中用二氧化锰和浓盐酸制取氯气，，其中Mn元素化合价由+4价降低到+2，得电子，作氧化剂，Cl元素由-1价升高到0价，作还原剂；
故答案为：；MnO2；HCl；
【小问2详解】
根据图片a为分液漏斗；
故答案为：分液漏斗；
【小问3详解】
根据上述分析，B中饱和食盐水去除挥发得HCl，C中用浓硫酸吸收水干燥氯气；
故答案为：饱和食盐水；干燥氯气；
【小问4详解】
根据上述分析，E得作用，尾气处理，用NaOH吸收氯气；
故答案为：尾气处理；；
【小问5详解】
根据反应，可知当有1个Cl2生成时，有2个电子转移，，转移电子数为1mol；
故答案为：1mol；
【小问6详解】
A．反应生成的大量白烟是氯化钠晶体，选项A正确；
B．NaOH与氯气反应，可吸收过量的氯气，以免其污染空气，选项B正确；
C．钠着火燃烧产生黄色火焰，选项C错误；
D．当浸有淀粉KI溶液的棉球未变色，表明氯气已被碱液完全吸收，选项D正确；
答案选ABD。
17. 某次实验需用 500mL、0.5mol/L的稀 H2SO4 溶液，某同学用 98%的浓 H2SO4(ρ=1.84g/cm3)进行配制，请回答下列问题：
（1）实验需要的玻璃仪器除了烧杯、量筒、玻璃棒，还有_______。
（2）计算：98%的浓H2SO4 (ρ=1.84g/cm3)的物质的量浓度为_______，配制本次实验需要的稀硫酸需用量筒量取上述 98%的浓 H2SO4_______mL，写出计算过程。
（3）配制过程：
①用量筒量取所需的浓硫酸
②将浓硫酸缓缓注入盛有适量蒸馏水的烧中，边加边搅拌
③用玻璃棒引流将烧杯中的溶液转移到已经检漏的合适规格的容量瓶中
④洗涤烧杯和玻璃棒 2～3 次，洗涤液也注入容量瓶中。轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀
⑤向容量瓶中加入蒸馏水，在距离刻度 1～2cm 时，改用胶头滴管加蒸馏水至刻度线
⑥盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀
⑦将配制好的溶液转移至试剂瓶中待用。
上述配置溶液的步骤存在缺失，缺少的步骤是_______，应放在步骤_______之前进行(填“序号”)。
（4）在横线上填写下列各种情况对所配制溶液浓度的影响(选填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
①所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中_______。
②容量瓶中有蒸馏水未干燥_______。
③定容时，俯视液面_______。
④用量筒量取浓硫酸时仰视液面_______。
【答案】（1）500mL容量瓶、胶头滴管
（2） ①. 18.4mol/L ②. 13.6
（3） ①. 将烧杯中的溶液恢复(冷却)至室温 ②. ③
（4） ①. 偏低 ②. 无影响 ③. 偏高 ④. 偏高
【解析】
【分析】配制一定物质的量浓度的溶液，一定要使用一定规格的容量瓶，所以选择500mL的容量瓶，定容时需使用胶头滴管。计算98%的浓H2SO4(ρ=1.84g/cm3)的物质的量浓度时，使用公式进行计算；配制本次实验需要的稀硫酸，可利用稀释定律，计算所需98%的浓H2SO4的体积。配制过程时，利用配制步骤：计算、称量、溶解、冷却转移、洗涤转移、定容、摇匀，检查各步操作，找出所缺失的步骤及所在位置。
【小问1详解】
用浓硫酸配制一定体积一定物质的量浓度的溶液，实验过程需要的玻璃仪器除了烧杯、量筒、玻璃棒外，还有500 mL容量瓶、胶头滴管；
【小问2详解】
98% 的浓H2SO4(ρ=1.84 g/cm3)的物质的量浓度c=mol/L=18.4 mol/L；根据溶液体积，要选择使用500 mL的容量瓶，由于溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，所以要配制500 mL0.5 mol/L稀硫酸，需浓硫酸的体积V==13.6 mL；
【小问3详解】
由于浓硫酸溶于水会放出大量热，使配制的溶液温度升高，而容量瓶配制的溶液在室温下的溶液，所以根据题目叙述配制过程可知：上述配制溶液的步骤中存在缺失，缺少的步骤是待烧杯中的溶液恢复室温后再转移到容量瓶中，且这一步应该是在③之前，故合理序号是③；
【小问4详解】
①若所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中，浓硫酸吸收水分导致浓浓度浓度变小，则等体积浓硫酸溶液中含有的溶质少，最终使配制的溶液浓度偏低；
②容量瓶中有蒸馏水未干燥，由于不影响溶质的物质的量及溶液的体积，因此对配制的溶液浓度无影响；
③定容时，俯视液面，会使溶液的体积偏小，导致配制溶液的浓度偏高；
④用量筒量取浓能酸时仰视液面，会使浓硫酸体积偏大，导致溶质的物质的量偏多，最终使配制溶液的浓度偏高。
18. 现有下列反应：
①
②
针对上述两个反应回答：
（1）用双线桥标出①中电子转移的方向和数目_________；其中氧化剂是_________(填化学式)，氧化产物是_________(填化学式)。
（2）写出②的离子方程式_________；
（3）、和的氧化性由强到弱的顺序为_________。
（4）反应②中氯化氢表现出的性质是_________。
a.还原性 b.酸性 c.氧化性
【答案】（1） ①. ②. Cl2 ③.
（2）2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O
（3）KMnO4 >Cl2> H2SO4
（4）ab
【解析】
【小问1详解】
该反应中，Cl元素化合价由0价变为-1价、S元素化合价由+4价变为+6价，所以Cl2是氧化剂、SO2是还原剂，为氧化产物，其转移电子数是2，双线桥转移电子数目和方向为：；
【小问2详解】
反应2KMnO4+16HCl(浓)＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中KMnO4、KCl、MnCl2均为可溶性盐必须拆成离子，HCl为强电解质，也拆成离子，故反应的离子方程式为2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
【小问3详解】
反应2KMnO4+16HCl(浓)＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中KMnO4做氧化剂，氧化HCl得到氧化产物Cl2，氧化性KMnO4＞Cl2；
反应2H2O+Cl2+SO2＝H2SO4+2HCl中Cl2做氧化剂，氧化SO2得到氧化产物H2SO4，氧化性Cl2＞H2SO4；
故Cl2、H2SO4和KMnO4的氧化性由强到弱的顺序为KMnO4 >Cl2> H2SO4；
【小问4详解】
反应②中HCl中Cl元素化合价升高，反应物HCl是还原剂，具有还原性，Cl元素被氧化，对应产物Cl2是氧化产物，盐酸中的Cl有部分转化为化合价不变的氯化钾中去，也体现了盐酸的酸性，答案选ab。
19. 海洋是巨大的化学资源宝库，如图是从海水中提取溴的流程图(部分)。据图回答下列问题。
（1）写出一种工业上海水淡化的方法：_______。
（2）过程1发生反应的离子方程式是_______。该反应可证明氧化性：_______(填“>”、“＜”或者“=”)，从原子结构角度解释原因_______。
（3）过程2中发生反应生成两种强酸，写出该反应的化学方程式：_______。
（4）上述过程2中将转化成的目的是_______。
（5）若过程2用溶液吸收溴，补全方程式：_______。
3＋_______＋_______=_______＋_______＋_______
若反应中转移电子的物质的量为5mol，则被还原的溴单质的质量为：_______。
【答案】（1）蒸馏法、电渗析法、离子交换法(任写一种即可)
（2） ①. ②. > ③. 同主族元素最外层电子数相同，电子层数增加，原子半径增大，原子得电子能力减弱，所以单质氧化性减弱
（3）
（4）富集溴元素 （5） ①. ②. 400g
【解析】
【分析】含溴离子的低浓度的海水浓缩，用氯气将浓缩海水氧化生成溴单质，得到的溴单质和二氧化硫反应生成氢溴酸和硫酸，氢溴酸被氯气氧化成溴单质，再用蒸馏法将溴单质蒸出，冷却后得到较纯的溴，
【小问1详解】
工业上海水淡化的方法：蒸馏法、电渗析法、离子交换法；
【小问2详解】
过程1发生反应是氯气将溴离子还原为溴单质，其离子方程式是Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物氧化性得到该反应氧化性：Cl2＞Br2，从原子结构角度解释原因Cl、Br最外层电子数相同，电子层数Cl＜Br，原子半径Cl＜Br，原子核对最外层电子的吸引力Cl＞Br，得电子能力Cl＞Br，非金属性Cl＞Br，氧化性Cl2＞Br2，故答案为：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-；＞；同主族元素最外层电子数相同，电子层数增加，原子半径增大，原子得电子能力减弱，所以单质氧化性减弱；
【小问3详解】
过程2主要是溴单质和二氧化硫反应生成氢溴酸和硫酸，因此过程2中发生反应的化学方程式为：Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，故答案为：Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr；
【小问4详解】
过程2和3将得到的溴被二氧化硫还原，在被氯气氧化，其目的是富集溴，故答案为：富集溴元素；
【小问5详解】
若过程2用Na2CO3溶液吸收溴，主要反应是Br2+Na2CO3+H2O→NaBr+NaBrO3+NaHCO3，溴元素化合价0价变化为-1价和+5价，吸收3mol溴单质，电子转移5mol，电子守恒和原子守恒写出化学方程式为：3Br2+6Na2CO3+3H2O=5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3，转移电子的物质的量为5mol，被还原的溴单质为mol，质量为：m=nM=mol×160g/mol=400g，故答案为：3Br2+6Na2CO3+3H2O=5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3；400g。
20. 高铝粉煤灰是火力发电厂燃煤锅炉排放出的固体废物，含有较多的Al2O3，少MgO、CaO、铁的氧化物及其他不溶性杂质。从粉煤灰中提取Al2O3的工艺流程如图：
（1）操作1的名称是____；滤渣1中除了原不溶性杂质外，还有____。
（2）检验浸出液中含有Fe2+的操作与现象是____。
（3）反应①的离子方程式为____，反应①中还可以用____(填试剂化学式)替代Cl2。
（4）滤渣2的主要成分有____。
（5）溶液2中含铝元素的化合物与过量CO2反应的产物还有NaHCO3，该反应的化学方程式为____。
（6）实验室配制100mL2.00mol•L-1H2SO4溶液。
①需要18.00mol/L浓H2SO4的体积为____mL。
②下述仪器中必须用到的有____(填标号)，还缺少的玻璃仪器为____(填名称)。
【答案】（1） ①. 过滤 ②. CaSO4
（2）取少量浸出液于试管中，滴加几滴酸性KMnO4溶液，若溶液褪色，则说明浸出液中含有Fe2+
（3） ①. 2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+ ②. H2O2
（4）Fe(OH)3、Mg(OH)2
（5）NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3
（6） ①. 11.1 ②. BDEG ③. 玻璃棒
【解析】
【分析】高铝粉煤灰中含有Al2O3，少量MgO、CaO、 铁的氧化物及其他不溶性杂质加入硫酸铵铵焙烧得到气体是氨气，再进行硫酸酸化会与碱性氧化物和两性氧化物氧化铝发生发生反应生成硫酸镁、硫酸铝及硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸钙，通过过滤得到浸出液和滤渣，其中滤渣为硫酸钙；浸出液中通入氯气后会将溶液中的二价铁氧化为三价铁，加入氢氧化钠溶液后，镁元素和铁元素都转化为沉淀：氢氧化镁和氢氧化铁；而铝元素转化为偏铝酸钠，再通入二氧化碳会生成氢氧化铝沉淀；
【小问1详解】
根据操作1后的物质滤液和滤渣判断使用的操作是过滤；加入硫酸后与氧化铝、氧化镁、氧化钙发生生成的微溶物只有硫酸钙，故答案为：过滤、硫酸钙；
【小问2详解】
利用二价铁的还原性及高锰酸钾的颜色特点判断检验浸出液中含有Fe2+的操作与现象：是取部分浸出液于试管中，加入高锰酸钾溶液褪色，说明含Fe2+离子；
【小问3详解】
根据物质的氧化性与还原性判断，发生反应①发的离子方程式为：2Fe2+ + Cl2 = 2Fe3+ + 2Cl-，加入的氧化剂不引入杂质，故还可加入H2O2；故答案为：2Fe2+ + Cl2 = 2Fe3+ + 2Cl-，H2O2；
【小问4详解】
加入足量的氢氧化钠溶液后，铝元素会转化为偏铝酸根离子，镁元素和铁元素会生成沉淀，故答案为：Mg(OH)2、Fe(OH)3；
【小问5详解】
根据原子守恒利用过量问题进行书写化学方程式为：NaAlO2 + CO2 + 2H2O = Al(OH)3↓+NaHCO3；
【小问6详解】
根据稀释定律得：0.1×2=18×V，解得V=0.0111L，故答案为11.1mL；根据溶液配制需要的仪器进行判断，答案为：BDEG；还需要的仪器是玻璃棒；故答案为：11.1mL、BDEG玻璃棒。
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