【期中真题】江苏省南京市六校联合2021-2022学年高一上学期期中调研考试化学试题.zip

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2021~2022学年第一学期高一期中六校联合调研试题
高一化学
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Cl 35.5 Ca 40 Mn 55
第一部分(共60分)
一、单项选择题(共60分，每小题3分)
1. 2022年的冬奥会由北京和张家口市联合举办，鉴于目前全球新冠肺炎疫情防控形势依旧严峻复杂，最重要的工作是防疫。在生活中以下物质不能用于杀菌消毒的是
A. 纯碱 B. “84消毒液” C. 75%酒精 D. 漂白粉
【答案】A
【解析】
【详解】A．纯碱是Na2CO3，不能用于杀菌消毒，A项选；
B．“84消毒液”中含有NaClO，NaClO具有氧化性，可以用于杀菌消毒，B项不选；
C．75%酒精可以破坏组成病毒的蛋白质，使病毒失活，可以用于杀菌消毒，C项不选；
D．漂白粉中的主要成分为Ca(ClO)2，Ca(ClO)2具有氧化性，可以用于杀菌消毒，D项不选；
答案选A。
2. 下列叙述正确的是
A. 向FeCl3溶液中加入蒸馏水，加热至有红褐色物质生成，停止加热制备Fe(OH)3胶体
B. 氧化还原反应中有一种反应物为氧化剂，必然有另一种反应物作为还原剂
C. 胶体区别于其他分散系的本质是有丁达尔效应
D. 金刚石和石墨是同素异形体，它们的充分燃烧产物均为CO2
【答案】D
【解析】
【详解】A．制备Fe(OH)3胶体的方法为在沸水中逐滴加入饱和FeCl3溶液，继续加热至有红褐色物质生成，A错误；
B．氧化剂与还原剂可为同种物质，B错误；
C．胶体区别于其他分散系的本质是粒子直径大小，1-100nm为胶体，C错误；
D．金刚石和石墨是同素异形体，组成元素为C，它们的充分燃烧产物均为CO2，D正确；
答案选D。
3. 下列关于物质的分类中，正确的是

碱性氧化物
酸
盐
混合物
电解质
A
CaO
HNO3
纯碱
漂白粉
NaCl
B
NO
NaHSO4
NaOH
碱石灰
蔗糖
C
Na2O2
Al(OH)3
NaHCO3
CuSO4·5H2O
NH3
D
SO2
HClO
烧碱
Fe(OH)3胶体
H2O

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．CaO与酸反应生成盐和水为碱性氧化物，HNO3为酸类，纯碱为碳酸钠为盐类，漂白粉是氢氧化钙、氯化钙、次氯酸钙的混合物，NaCl为强电解质，A正确；
B．NO既不是酸性氧化物也不是碱性氧化物，NaHSO4为酸式盐，NaOH 为碱类，蔗糖为非电解质，B错误；
C．Al(OH)3为碱类，CuSO4·5H2O为纯净物，NH3为非电解质，C错误；
D．SO2为酸性氧化物，烧碱为氢氧化钠为碱类，Fe(OH)3胶体为纯净物，D错误；
答案选A。
4. 下列化学用语表示正确的是
A. H2的摩尔质量是2g
B. 氯原子的原子结构示意图：
C. 阿伏伽德罗常数就是6.02×1023
D. NaHSO4在水中的电离方程式：NaHSO4=Na++ H++SO
【答案】D
【解析】
【详解】A．H2的摩尔质量是2g/mol，A错误；
B．氯原子的原子结构示意图：，B错误；
C．阿伏伽德罗常数为6.02×1023 mol-1，其数值为6.02×1023，C错误；
D．NaHSO4在水中完全电离为钠离子、氢离子、硫酸根离子，电离方程式：NaHSO4=Na++ H++SO，D正确；
答案选D。
5. 下列电离方程式书写正确的是
A. KClO3=K++Cl-+3O2- B. Fe(NO3)3=Fe2++3NO
C. NH4NO3=NH+NO D. NaHCO3=Na++H++ CO
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯酸钾电离方程式为KClO3=K++ClO，A错误；
B．硝酸铁中Fe为+3价，电离方程式为Fe(NO3)3=Fe3++3NO，B错误；
C．硝酸铵为强电解质，完全电离，电离出铵根和硝酸根，C正确；
D．碳酸氢根不完全电离，所以碳酸氢钠的电离方程式为NaHCO3=Na++HCO，D错误；
综上所述答案为C。
6. 下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的
A. 强碱性溶液：Na+、Mg2+、NO、SO
B. 无色溶液：K+、H+、SO、MnO
C. 含大量SO的澄清溶液：Mg2+、Cu2+、Cl-、NO
D. 在氯水中：K+、Cl-、Fe2+、CO
【答案】C
【解析】
【详解】A．强碱性溶液中存在大量OH-，Mg2+、OH-之间反应生成难溶物氢氧化镁，不能大量共存，A不符合题意；
B．MnO为紫色，不满足无色的要求，B不符合题意；
C．Mg2+、Cu2+、Cl-、NO之间不反应，都不与SO反应，能够大量共存，C符合题意；
D． Fe2+与CO要反应，不能大量共存，D不符合题意；
答案为C。
7. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A. Na2O2能与CO2反应生成O2，因此可用来做供氧剂
B. NaHCO3能与碱反应，可用作食品疏松剂
C. 苏打易溶于水，可用于去除油污
D. Cl2具有强氧化性，氯水可用作自来水消毒
【答案】A
【解析】
【详解】A．Na2O2与二氧化碳反应生成氧气，则用作防毒面具和潜水艇中作为氧气来源，A正确；
B．NaHCO3用作糕点的膨松剂，是利用碳酸氢钠不稳定受热分解生成二氧化碳，B错误；
C．苏打为碳酸钠，其水溶液呈碱性，油脂在碱性溶液中反应生成可溶物，所以可用于去除油污与其易溶于水无关，C错误；
D．Cl2具有强氧化性，溶于水生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性可用作自来水消毒，D错误；
答案选A。
8. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A. NaNa2O2
B. NaClO(aq)HClO(aq)
C. 饱和食盐水NaHCO3
D. FeFeCl2
【答案】B
【解析】
【详解】A．NaNa2O，在点燃条件下生成过氧化钠，A错误；
B．NaClO(aq)HClO(aq)可以实现，次氯酸的酸性小于碳酸，B正确；
C．盐酸的酸性大于碳酸，二氧化碳不能和氯化钠水溶液反应生成碳酸氢钠，C错误；
D．FeFeCl3，不能生成氯化亚铁，D错误；
答案选B。
9. 下列离子方程式正确的是
A. 氯气与水反应：Cl2+H2O=2H++ Cl-+ClO-
B. 饱和碳酸钠溶液中加入足量二氧化碳：CO+CO2+H2O+2Na+= 2NaHCO3↓
C. 单质钠与水反应：2Na+H2O=2Na++ OH-+H2↑
D. 氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液：Ba2++ SO=BaSO4↓
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯气与水反应生成HCl和HClO，HClO为弱酸，不能拆成离子，A错误；
B．由于碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，饱和碳酸钠溶液中加入足量二氧化碳析出碳酸氢钠，离子方程式为CO+CO2+H2O+2Na+= 2NaHCO3↓，B正确；
C．选项所给方程式电荷不守恒，正确为2Na+2H2O=2Na++ 2OH-+H2↑，C错误；
D．氢氧化钡和硫酸铜反应还生成氢氧化铜沉淀，离子方程式为Cu2++2OH-+Ba2++ SO=BaSO4↓+ Cu(OH)2↓，D错误；
综上所述答案为B。
10. 下列变化过程中，必须加入还原剂才能实现的是
A. KClO3→KCl B. MnO2→Mn2+
C. CaO→CaCO3 D. Cl-→Cl2
【答案】B
【解析】
【详解】A．KClO3→KCl中，Cl元素化合价降低，发生还原反应，但KClO3在MnO2催化下可以分解生成KCl和O2，不加入还原剂也能实现，A不符合题意；
B．MnO2→Mn2+中，Mn元素的化合价降低，MnO2作氧化剂，必须加入还原剂才能实现，B符合题意；
C．CaO→CaCO3中，各元素化合价均为改变，该反应不是氧化还原反应，不需要加入氧化剂或还原剂，C不符合题意；
D．Cl-→Cl2中，Cl元素化合价升高，Cl-作还原剂，需要加入氧化剂才能实现，D不符合题意；
答案选B。
11. 下列说法正确的是
A. 除去NaHCO3溶液中的少量Na2CO3溶液，可以用通入足量CO2
B. Na2O和Na2O2都能和水反应生成碱，都是碱性氧化物
C. Na在空气中燃烧，发生黄色火焰，生成白色固体
D. 可以通过加入Ba(OH)2或Ca(OH)2溶液鉴别Na2CO3溶液和NaHCO3溶液
【答案】A
【解析】
【详解】A．CO2可以和Na2CO3在水溶液中反应生成NaHCO3，A正确；
B．Na2O2与水反应时还会生成氧气，发生氧化还原反应，不是碱性氧化物，B错误；
C．Na在空气中燃烧，生成淡黄色固体过氧化钠，C错误；
D．Na2CO3、NaHCO3均能和Ba(OH)2或Ca(OH)2溶液生成沉淀，无法鉴别，D错误；
综上所述答案为A。
12. 某兴趣小组的同学向一定体积的 Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸，并测得混合溶液的导电能力随时间变化的曲线如图所示。下列说法中错误的是

A. a时刻 Ba(OH)2溶液与稀硫酸恰好完全中和
B. a时刻溶液的导电能力约为0，说明溶液中几乎没有自由移动的离子
C. AB段溶液的导电能力不断减弱说明生成的 BaSO4不是电解质
D. BC段溶液的导电能力不断增大主要是由于过量的H2SO4电离出的离子导电
【答案】C
【解析】
【分析】溶液导电性与离子浓度成正比，向一定体积的Ba(OH)2中逐滴加入稀硫酸溶液至过量，AB段发生的离子反应方程式为Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O，导致溶液中离子浓度减小，B点酸碱恰好完全反应生成硫酸钡和水，BC段溶液的导电能力不断增大，主要是由于过量的硫酸电离出的离子导电。
【详解】A．a时刻溶液导电能力为0，说明溶液中几乎没有自由移动的离子，即硫酸与氢氧化钡恰好反应，A正确；
B．溶液导电能力与离子浓度成正比，a时刻溶液的导电能力约为0，说明溶液中几乎没有自由移动的离子，B正确；
C．AB段二者发生反应Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O，BaSO4难溶于水，导致溶液中离子浓度减小，导电能力减弱，但BaSO4是强电解质，C错误；
D．BC段硫酸过量，BC段溶液的导电能力不断增大，主要是由于过量的硫酸电离出的离子导电，D正确；
故答案选C。
13. 已知氯酸钠(NaClO3)与盐酸反应的化学方程式：NaClO3+6HCl=NaCl+3Cl2↑+3H2O。下列说法正确的是
A. 该反应生成6.72L的Cl2，转移电子的物质的量为0.5mol
B. NaClO3被还原，发生还原反应
C. 还原性：Cl2>HCl
D. 氧化剂：还原剂=1：6
【答案】B
【解析】
【详解】A．未注明温度和压强，无法确定6.72L氯气的物质的量，A错误；
B．NaClO3中Cl元素化合价降低，得电子被还原，发生还原反应，B正确；
C．还原剂的还原性大于还原产物，HCl为还原剂，Cl2为还原产物，所以还原性HCl＞Cl2，C错误；
D．NaClO3为氧化剂，部分HCl化合价升高为还原剂，根据化合价的变化可知氧化剂：还原剂=1：5，D错误；
综上所述答案B。
14. 设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是
①标准状态下，11.2L以任意比例混合的氮气和氧气所含原子数为NA
②2摩尔氯含有2NA个氯分子
③同温同压下，O2和Cl2的密度之比为32：71
④常温下，7.8g固体Na2O2中，含有阴阳离子总数为0.4NA
⑤1molFe与足量Cl2充分反应，转移的电子数3 NA
A. ①②③④⑤ B. ①③⑤ C. ②③⑤ D. ①③④
【答案】B
【解析】
【详解】①标况下11.2L氧气和氮气的混合物的物质的量为0.5mol，氧气和氮气均为双原子分子，所以11.2L以任意比例混合的氮气和氧气所含原子数为NA，①正确；
②2摩尔氯指代不明，若为2摩尔氯原子，则为NA个氯分子，②错误；
③同温同压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比，O2和Cl2的密度之比为32：71，③正确；
④7.8g固体Na2O2的物质的量为0.1mol，过氧化钠由钠离子和过氧根构成，所以含有阴阳离子总数为0.3NA，④错误；
⑤1molFe与足量Cl2充分反应，Fe全部转化为Fe3+，转移的电子数3NA，⑤正确；
综上所述答案为B。
15. 同温同压下，等体积的和相比较，下列叙述不正确的是
A. 质量比为11：8 B. 密度比为11：8 C. 物质的量比为8：11 D. 分子个数比为1：1
【答案】C
【解析】
【分析】依据阿伏加德罗定律：同温同压下，等体积任何气体具有相同的分子数，具有相同物质的量，所以温同压下，等体积的和相比较，分子数相同，物质的量相同。
【详解】A．依据可知二者质量之比为44：32=11：8，故A正确；
B．相同条件下气体密度之比等于摩尔质量之比等于44：32=11：8，故B正确；
C．同温同压下，等体积的和相比较，物质的量相同，故C错误；
D．同温同压下，等体积的和相比较，分子数相同，故D正确；
故选C。
16. 下列实验目的、现象与结论匹配的是

实验目的
实验操作与现象
A
测定84消毒液的pH
用洁净玻璃棒蘸取少量84消毒液滴在pH试纸上
B
证明NaCl样品中含有钾盐
做焰色试验，通过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰
C
除去CO2，提纯CO
将含有少量CO2的CO气体缓缓通过足量的过氧化钠粉末，淡黄色粉末变为白色
D
验证某苏打样品中含有NaCl
取少量样品于试管中，加水溶解，再加入足量稀盐酸，最后滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．“84”消毒液具有漂白性，可使pH试纸褪色，故不能用pH试纸测定其pH，A错误；
B．蓝色钴玻璃能滤去黄光，不能滤去紫光，故做焰色试验，通过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰，故B正确；
C．CO2与过氧化钠反应生成氧气，CO中引入新杂质，不能除杂，故C错误；
D．盐酸含有Cl-，也能使AgNO3溶液反应，生成白色沉淀，不能验证苏打样品含NaCl，故D错误；
答案选B。
17. 同温同压下，在两个容积相同的容器中，一个盛有C2H4气体，另一个盛有N2和CO的混合气体。两容器内的气体一定具有相同的（　　）
①分子数②密度③质量④质子数⑤原子数⑥电子数
A. ①④⑥ B. ①②⑤ C. ③④⑥ D. ①②③
【答案】D
【解析】
【详解】①在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，C2H4与N2和CO的总分子数目相同，故①正确；
②N2和CO的相对分子质量都是28，故混合气体平均相对分子质量为28，C2H4的相对分子质量为28，同温同压下，气体密度之比等于相对分子质量之比，故两容器内气体的密度相等，故②正确；
③CO、N2和C2H4的摩尔质量都是28g/mol，C2H4物质的量与N2和CO的总物质的量相等时，质量一定相等，故③正确；
④CO分子中质子数为14，N2分子中质子数为14，C2H4分子中质子数为16，故C2H4分子数目与N2和CO的总分子数相等时，质子数一定不相等，故④错误；
⑤CO、N2是双原子分子、C2H4是6原子分子，C2H4分子数目与N2和CO的总分子数相等时，原子数一定不相等，故⑤错误；
⑥CO分子中电子数为14，N2分子中电子数为14，C2H4分子中电子数为16，故C2H4分子数目与N2和CO的总分子数相等时，电子数一定不相等，故⑥错误；
故答案选D。
18. Cl2O是黄棕色具有强烈刺激性气味的气体，是一种强氧化剂，易溶于水且会与水反应生成次氯酸，与有机物、还原剂接触或加热时会发生燃烧并爆炸。制取Cl2O的装置如图所示。

已知：Cl2O的熔点为-116℃，沸点为3.8℃，Cl2的沸点为-34.6℃；HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O
下列说法不正确的是
A. 装置②、③中盛装的试剂依次是饱和食盐水和浓硫酸
B. 通入干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释减少爆炸危险
C. 从装置⑤中逸出气体主要成分是Cl2O
D. 装置④与⑤之间不用橡皮管连接，是为了防止橡皮管燃烧和爆炸
【答案】C
【解析】
【分析】本实验的目的是先制得干燥、纯净的氯气，再与HgO反应制取Cl2O，最后利用液化法实现Cl2O与Cl2的分离。
【详解】A．利用KMnO4与浓盐酸反应制得的氯气中混有HCl气体和水蒸气，装置②用饱和食盐水吸收HCl，装置③用浓硫酸吸收水蒸气，从而制得干燥、纯净的氯气，A正确；
B．通入干燥的空气，一方面可将装置内的Cl2O不断排出，另一方面可起稀释作用，降低Cl2O的浓度，减少爆炸危险，B正确；
C．Cl2O的沸点为3.8℃，Cl2的沸点为-34.6℃，用液氨降温，可将Cl2O液化，则从装置⑤中逸出气体的主要成分是Cl2，C不正确；
D．题干信息显示，Cl2O与有机物接触会发生燃烧并爆炸，所以装置④与⑤之间不用橡皮管连接，D正确；
故选C。
19. 固体化合物X由3种元素组成。某学习小组进行了如下实验：

下列推断不正确的是（ ）
A. 由现象1得出化合物X含有O元素
B. X的化学式Na2CuO2
C. 固体混合物Y的成分是Cu和NaOH
D. 若X与浓盐酸反应产生黄绿色气体，则反应中X作氧化剂
【答案】B
【解析】
【分析】固体X经H2还原后得到的混合气体能使白色CuSO4变为蓝色，则说明产物中有水蒸气，即化合物X中含有O元素；最终所得固体单质呈紫红色，则该单质为Cu，说明化合物X含有Cu元素，且m(Cu)=1.28g，则2.38g X中含有Cu 0.02mol；最终所得碱性溶液的焰色反应为黄色，则说明化合物X中含有Na，该碱性溶液为NaOH，且n(NaOH)=n(HCl)=0.02mol；经H2还原后，所得固体混合物Y的成分是Cu和NaOH；综上所述，2.38g化合物X含1.28g Cu、0.02mol Na和O元素，则m(O)=2.38g-1.28g-0.02mol×23g/mol=0.64g，则n(O)=0.04mol，即2.38g化合物X含0.02mol Cu、0.02mol Na、0.04mol O，故化合物X的化学式为NaCuO2。
【详解】A、现象1为混合气体能使白色CuSO4变为蓝色，说明经H2还原的产物中有水蒸气，从而得出化合物X含有O元素，A正确；
B、经分析，2.38g化合物X含0.02mol Cu、0.02mol Na、0.04mol O，故化合物X的化学式为NaCuO2，B错误；
C、固体Y加水得紫红色的该单质为Cu，碱性溶液为NaOH溶液，故固体混合物Y的成分是Cu和NaOH，C正确；
D、若X与浓盐酸反应产生黄绿色气体Cl2，则浓盐酸做还原剂，X作氧化剂，D正确；
故选B。
20. 硝酸厂烟气中含有大量氮氧化物(NOx)。常温下，将烟气与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中可实现无害化处理，其转化过程如图所示。下列说法正确的是

A. 反应Ⅰ的离子方程式为Ce4＋＋H2=Ce3＋＋2H＋
B. 反应Ⅱ中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1
C. 该转化过程的实质是NO被H2氧化
D. 反应过程中混合溶液内Ce3＋和Ce4＋离子总数一定保持不变
【答案】D
【解析】
【分析】根据进出图可知，Ce4+把H2氧化为H+，自身被还原为Ce3+，然后Ce3+在酸性条件下再被NO氧化为Ce4+，NO被还原为N2，同时还生成水，据此解答。
【详解】A．过程Ⅰ发生的反应为Ce4+把H2氧化为H+，自身被还原为Ce3+，反应的离子方程式为：2Ce4＋＋H2=2Ce3＋＋2H＋，故A错误；
B．过程Ⅱ为2NO+4Ce3++4H+=N2+4Ce4++2H2O，氧化产物为Ce4+，还原产物为N2，两者之比为4∶1，故B错误；
C．该转化过程的实质为NO被H2还原为N2，H2被氧化为水，故C错误；
D．处理过程中，Ce3+和Ce4+做催化剂，催化剂在反应前后，质量不变，数量不变，故D正确；
故选D。
第二部分(共40分)
21. 回答下列问题：
（1）以下物质：①KClO3晶体 ②醋酸 ③氨水 ④熔融NaCl ⑤蔗糖 ⑥液氯 ⑦SO2；现状态下能导电的是_______(填序号，下同)；属于电解质的是_______；属于非电解质的是 _______。
（2）加热13.7 g碳酸钠和碳酸氢钠固体混合物，使碳酸氢钠完全分解，混合物质量减少3.1 g，则原混合物中碳酸钠的质量为 _______。
（3）某溶液中只含有Na+、Al3+、Cl-、SO四种离子，已知前三种离子的个数比为3：1：2，则溶液中Al3+和SO的离子个数比为_______。
（4）ClO2是一种杀菌消毒效率高、二次污染小的水处理剂。ClO2实验室制法是：2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O，该反应中氧化剂的化学式是_______，被氧化的元素是 _______(填元素符号)。
（5）配平：_______。
_______KI+_______HNO3——_______KNO3+_______NO↑+_______I2+_______H2O
【答案】（1） ①. ③④ ②. ①②④ ③. ⑤⑦
（2）5.3g （3）1：2
（4） ①. KClO3 ②. C
（5）6KI+8HNO3 =6KNO3+2NO↑+3I2+4H2O
【解析】
【小问1详解】
现状态下有自由移动的阴阳离子则能导电：③④；属于电解质的是①②④；属于非电解质的是⑤⑦；
【小问2详解】
加热13.7 g碳酸钠和碳酸氢钠的固体混合物，使碳酸氢钠完全分解，混合物质量减少3.1 g，减少的质量为CO2和水的质量，二者物质的量为1：1， 总物质的量为：=0.05mol，2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，碳酸氢钠的物质的量为0.1mol，其质量为：8.4g，则原混合物中碳酸钠的质量为13.7g-8.4g=5.3g；
【小问3详解】
某溶液中只含有Na+、Al3+、Cl-、SO四种离子，已知前三种离子的个数比为3：1：2，根据电荷守恒可得 3×(+1)+1×(+3)+ 2×(-1)+x×(-2)=0，SO=2，则溶液中Al3+和SO的离子个数比为：1：2；
【小问4详解】
ClO2实验室制法是：2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O，Cl元素化合价降低，该反应中氧化剂的化学式是KClO3；C元素化合价升高被氧化；
【小问5详解】
根据电子转移，I由-1价升高到0价，N由+5降低到+2，最小公倍数为6，再根据元素守恒配平：6KI+8HNO3 =6KNO3+2NO↑+3I2+4H2O。
22. I.现有一定量含有Na2O杂质的Na2O2试样，用如图所示的实验装置测定Na2O2试样的纯度(通过CO2与样品反应后生成O2的量测定Na2O2的含量。可供选用的反应物：CaCO3固体、盐酸、硫酸溶液和蒸馏水)。回答下列问题：

（1）装置A中液体试剂应选用_______。
（2）装置B的作用是_______；装置E中碱石灰的作用是_______。
（3）装置D中发生反应的化学方程式是_______。
II.现代工业常以氯化钠为原料制备纯碱，部分工艺流程如下：

（4）操作Ⅰ的名称_______，写出反应Ⅰ的化学方程式_______。
（5）写出反应Ⅱ的化学方程式：_______。
（6）制得的纯碱中含有少量NaCl
①设计实验方案检验NaCl的存在_______。
②取8.2g纯碱样品加入足量稀硫酸，得到标准状况下1680 mL(全部逸出)。求样品中纯碱的质量分数_______写出计算过程(计算结果保留两位小数)。
【答案】（1）盐酸 （2） ①. 除去CO2中的HCl ②. 除去未反应的CO2
（3）2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
（4） ①. 过滤 ②.
（5）2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O
（6） ①. 取少量样品于试管中，加入过量硝酸后再加入AgNO3溶液，产生沉淀 ②.
【解析】
【小问1详解】
装置A制备二氧化碳，实验室用石灰石和稀盐酸反应制取二氧化碳，所以液体试剂应选用稀盐酸；
【小问2详解】
A中生成的二氧化碳含有杂质氯化氢，装置B的作用是除去CO2中的HCl；碱石灰能吸收二氧化碳气体，为准确测量生成氧气的体积，装置E中碱石灰的作用是除去未反应的CO2；
【小问3详解】
装置D中过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，发生反应的化学方程式是2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；
【小问4详解】
操作Ⅰ是碳酸氢钠固体和母液分离，方法为过滤，反应Ⅰ是氯化钠、氨气、水反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，反应的化学方程式是；
【小问5详解】
反应Ⅱ是碳酸氢钠在加热条件下分解为碳酸钠、二氧化碳、水，反应的化学方程式是2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；
【小问6详解】
①检验碳酸钠中是否含有氯化钠，先加硝酸除去碳酸根离子，再加硝酸银，有沉淀生成，说明含有氯化钠。
②设8.2g纯碱样品中含碳酸钠的质量为xg；标准状况下1680 mL的物质的量是；

x=
样品中纯碱的质量分数。
23. 某化学兴趣小组在实验室制取漂白粉，并探究氯气与石灰乳反应的条件和产物。已知：氯气和碱的反应为放热反应。温度较高时，氯气和碱还能发生如下反应：3Cl2+6OH-5Cl-+ClO3-+3H2O。该兴趣小组设计了下列实验装置，进行实验。

请回答下列问题：
（1）装置甲和丁中发生反应的离子方程式分别是_______、_______。
（2）该兴趣小组用过量浓盐酸与8.7 g MnO2制备氯气，并将所得氯气与过量的石灰乳反应，则理论上最多可制得Ca(ClO)2_______g。
（3）为了探究反应条件对产物的影响，他们另取一定量的石灰乳，缓慢、匀速地通入足量氯气，得出了ClO-、ClO两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的关系曲线，粗略表示为图2(不考虑氯气和水的反应)。

①图中曲线I表示_______离子的物质的量随反应时间变化的关系。
②所取石灰乳中含有Ca(OH)2的物质的量为_______mol。
（4）实验结束后小组成员发现，产物中Ca(ClO)2的质量明显小于理论值。为了提高Ca(ClO)2的产率，可对丙装置作适当改进。你给出的措施是_______。
【答案】（1） ①. MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O ②. Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
（2）7.15 （3） ①. ClO- ②. 0.25
（4）将丙装置浸在盛有冷水(或冰水)的水槽中
【解析】
【分析】甲中为浓盐酸和二氧化锰反应制取氯气，反应过程中会发出氯化氢气体，所以通过饱和食盐水的作用是除去Cl2中混有的HCl气体；在丙中发生的反应为：2Cl2+2Ca(OH)2═CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；丁中氢氧化钠溶液可吸收多余的氯气，据此分析解题。
【小问1详解】
甲中浓盐酸和二氧化锰反应制取氯气的方程式为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O； 丁中氢氧化钠溶液可吸收多余的氯气生成氯化钠、次氯酸钠、水，离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
【小问2详解】
足量浓盐酸与8.7g MnO2制备氯气，并将所得氯气与过量的石灰乳反应，则理论上最多可制得Ca(ClO)2；可以依据反应MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O；2Cl2+2Ca(OH)2═CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，得到定量关系：8.7g MnO2物质的量为0.1mol；2MnO2～Ca(ClO)2所以理论上最多可制得Ca(ClO)2 的物质的量为0.05mol，质量=0.05mol×143g/mol=7.15g；
小问3详解】
①当温度低时，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙；当温度高时，生成氯酸钙和氯化钙，刚开始反应时，温度较低，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙，所以图2中曲线I表示离子ClO-的物质的量随反应时间变化的关系；
②根据氧化还原反应中得失电子数相等计算Cl-的物质的量，设被还原的氯离子的物质的量为n，则n×1=0.10mol×1+0.05mol×5=0.35mol，含氯离子的物质的量为：0.35mol+0.1mol+0.05mol=0.5mol，氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙中钙离子和含氯离子的个数比为1：2，所以所取石灰乳中含有Ca(OH)2的物质的量为0.25mol；
【小问4详解】
由于反应在高温度下发生副反应，所以改进措施可以把丙装置放入冰水中，避免发生3Cl2+6OH- 5Cl-+ClO+3H2O。