辽宁省沈阳市城郊市重点联合体2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

辽宁省沈阳市城郊市重点联合体2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

www.ks5u.com 城郊市重点联合体期中考试高一年级化学试卷 可能用到的相对原子质量：O—16 C—12 S—32 N—14 Ca—40 Pd—106 Na—23 H—1‎ 第Ⅰ卷（选择题 共60分）‎ 一、选择题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分。每小题只有一个选项符合题意。）‎ ‎1.明朝《菽园杂记》有海水提取食盐的记载：“烧草为灰，布在滩场，然后以海水渍之，侯晒结浮白，扫而复淋”。该过程中“灰”的作用是（　　）‎ A. 萃取 B. 吸附 C. 结晶 D. 蒸发 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎“烧草为灰”，此处“灰”为木炭，利用其有吸附性来达到目的，故答案为B。‎ ‎2.粗盐水过滤后仍含有可溶性的CaCl2、MgCl2、Na2SO4等杂质，通过如下几个实验步骤可以除去这些杂质。‎ ‎①加入稍过量的Na2CO3溶液； ②加入稍过量的NaOH溶液：‎ ‎③加入稍过量的BaCl2溶液： ④过滤； ⑤滴入稀盐酸至无气泡产生。‎ 正确的操作顺序是 A. ①③②④⑤ B. ③②①④⑤ C. ②③①⑤④ D. ③④②①⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意知粗盐的提纯中，用碳酸钠溶液除去钙离子，用氢氧化钠溶液除去镁离子，用氯化钡溶液除去硫酸根离子，为保证杂质离子除尽，所加试剂要过量，过量的离子也要除去，故碳酸钠溶液的作用为除去钙离子和过量的钡离子，故①在③之后，然后过滤，向滤液中滴加盐酸至无气泡产生，除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，故选B；‎ 故答案选B。‎ ‎3.从海带中提取碘的实验过程涉及下列操作，其中正确的是 A. 海带灼烧成灰 B. 过滤得含I-溶液 C. 从下端放出碘的苯溶液 D. 分离碘并回收苯 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、灼烧海带应选用坩埚，选项A错误；‎ B、过滤时应用玻璃棒引流，选项B错误；‎ C、苯的密度比水的小，萃取了单质碘的苯在上层，应从分液漏斗的上口倒出，选项C错误；‎ D、碘溶于苯，利用它们的沸点不同用蒸馏的方法将其分离，所用装置合理，选项D正确。‎ 答案选D。‎ ‎4.2016年9月，“天宫二号”发射成功，若在“天宫二号”空间实验室(失重条件下)进行以下实验，其中最难以完成的是(　　)‎ A. 将金粉和铜粉混合 B. 将牛奶加入水中混合 C. 蒸发食盐水制取食盐晶体 D. 用漏斗、滤纸过滤除去水中的泥沙 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】通过人工手段可以使金粉和铜粉混合，也可以将牛奶加入水中混合，也可以蒸发食盐水得到氯化钠固体，因为在宇宙飞船的太空实验室中没有重量，所以混合容易完成而分离不易完成，特别是过滤操作需要利用重力将固体和液体分离，故D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎5.设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列有关叙述正确的是 A. 16g由O2和O3组成的混合气体中的氧原子数为2NA B. 1molN2与足量H2充分反应生成NH3的分子数为2NA C. 1mol Fe溶于过量稀硝酸，转移的电子数为3NA D. 标准状况下，2.24L苯中含有的原子数为1.2NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、O2和O3均由氧元素组成，因此16g由O2和O3组成的混合气体的物质的量为=1mol，所以含有的氧原子数为NA，故A错误；‎ B、N2与H2的反应是可逆反应，1molN2与足量H2充分反应生成NH3的分子数小于2NA，故B错误；‎ C、1mol Fe溶于过量稀硝酸，铁将全部被氧化为Fe3＋ ,转移电子数为3NA，故C正确；‎ D、标准状况下，苯是液体，不能用气体摩尔体积进行计算，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎6.一定质量的碳和8 g氧气在密闭容器中于高温下反应，恢复到原来的温度，测得容器内的压强变为原来的1.8倍，则参加反应的碳的质量为 A. 3.0 g B. 5.4g C. 6 g D. 无法确定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据阿伏加德罗定律可知温度体积保持不变时，压强与物质的量成正比，C+O2=CO2，2C+O2=2CO，由上述方程式可看出只发生前者则压强与原来的相同，只发生后者则压强是原来的2倍；而现测得容器内的压强变为原来的1.8倍，说明上述两反应发生，即生成CO2和CO的混合物，8g氧气为0.25mol，反应后气体（CO2和CO）总物质的量为0.25×1.8=0.45mol，这两种气体都是每摩尔中含1mol碳原子，所以参加反应的碳为0.45mol，参与反应的碳的质量为5.4g，答案选B。‎ 故答案选B。‎ ‎【点睛】本题主要考查学生对完全反应和不完全反应以及物质在反应中的质量关系的认识，准确判断出气体是混合气体是解答的关键。解题时，学生需根据化学方程式认真分析物质在反应中的质量关系，才能正确解答，注意守恒法的灵活应用。‎ ‎7.下列说法中正确的是(　　)‎ A. 1 mol S和O2的摩尔质量都是32 g B. 23 g NO2和N2O4的混合气体中所含的O原子数为NA C. 1 mol任何气体中都含有相同的原子数 D. 22.4 L CO2气体中含有3NA个原子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．S和O2的摩尔质量与物质的量大小无关，二者的摩尔质量都是32g/mol，故A错误；‎ B．23 g NO2和N2O4的混合气体中含有NO2原子团的物质的量==0.5mol，所含的O原子数为0.5mol ×2×NA /mol=NA，故B正确；‎ C．气体分子有单原子、双原子和多原子分子，则1mol气体中含有原子数不一定相等，故C错误；‎ D．未注明是否为标准状况，不能使用标况下的气体摩尔体积计算，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎8.若20 g密度为dg/mL的硝酸钙溶液中含1g Ca2+，则NO3-的浓度为(   )‎ A. mol﹒L-1 B. mol﹒L-1 C. 2.5 dmol﹒L-1 D. 25d mol﹒L-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据n=计算 Ca2+的物质的量，溶液中n(NO3-)=2n( Ca2+)，根据V=计算溶液体积，再根据c=计算NO3-的物质的量浓度。‎ ‎【详解】1g Ca2+的物质的量为=0.025mol，溶液中n(NO3-)=2n( Ca2+)=0.025mol×2=0.05mol，溶液体积为=L，NO3-的物质的量浓度为=2.5d mol/L，故选C。‎ ‎9.下列关于胶体的叙述不正确的是(　 　)‎ A. 胶体区别于其他分散系的本质特征是其分散质的微粒直径在10－9～10－7 m之间 B. 光线透过胶体时，胶体中可产生丁达尔效应 C. 当用平行光照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，产生的现象相同 D. Fe(OH)3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒物沉降，达到净水的目的 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分散系的根本区别在于分散质微粒直径的大小，小于100nm为溶液，大于100nm为浊液，在1nm～100nm的为胶体，胶体具有的性质主要有；均一、稳定、有吸附作业，具有丁达尔现象、聚沉、电泳等性质，其中丁达尔现象是区分溶液和胶体的方法。‎ ‎【详解】A、胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在10﹣9～10﹣7m之间，即1nm～100nm，故A正确；‎ B、光线透过胶体时，胶体中可发生丁达尔效应，是胶体特有的性质，故B正确；‎ C、用平行光照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，Fe(OH)3胶体中会产生光亮通路，产生丁达尔现象，NaCl溶液无此现象，故C错误；‎ D、Fe(OH)3胶体具有较大的表面积，能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎10. 下列各项说法正确的是( )‎ ‎①氢氧化铁胶体中，H+、K+、S2-、Br-能大量共存 ‎②向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe(OH)3胶体 ‎③沸水中滴加适量饱和FeCl3溶液，形成带电的胶体，导电能力增强 ‎④明矾可用作净水剂 ‎⑤向饱和FeCl3溶液中滴加氢氧化钠溶液，可制取Fe(OH)3胶体 A. ①③④ B. ①②③④ C. ②④ D. ②③⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①氢氧化铁胶体发生聚沉，然后与H+反应生成Fe3+，再与S2-发生氧化还原反应，则不能大量共存，故①错误；‎ ‎②Fe(OH)3胶体的制备方法是：向沸水中滴加少量饱和氯化铁溶液，加热至溶液呈红褐色即可，所以向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe(OH)3胶体，故②正确；‎ ‎③氢氧化铁胶体的胶体粒子带有正电荷，但氢氧化铁胶体呈电中性，故③错误；‎ ‎④明矾净水是利用铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质作用，所以明矾可用作净水剂，故④正确；‎ ‎⑤向饱和FeCl3溶液中滴加过量氢氧化钠溶液生成的是氢氧化铁沉淀，向沸水中滴加饱和氯化铁溶液加热至红褐色液体为氢氧化铁胶体，故⑤错误；‎ 故选C。‎ ‎【点晴】本题考查胶体性质，胶体具有吸附性、丁达尔效应，知道胶体和其它分散系的本质区别，知道氢氧化铁胶体制备方法。向沸水中滴加几滴 FeCl3饱和溶液，继续煮沸一会儿，得红褐色的Fe(OH)3胶体，反应的离子方程式为：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+。注意不能长时间加热，防止形成的胶体聚沉而形成沉淀。‎ ‎11.下列各组离子在溶液中能大量共存的是（　　）‎ A. H+、Fe2+、Cl-、NO3- B. Mg2+、K+、OH-、Cl-‎ C. NH4+、Ca2+、NO3-、CO32- D. K+、H+、Cl-、SO42-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、H+、NO3-组成HNO3将Fe2+氧化，不能大量共存，故A错误； ‎ B. Mg2+与OH-生成Mg(OH)2 沉淀，不能大量共存，故B错误；‎ C. Ca2+、CO32-生成CaCO3沉淀，不能大量共存，故C错误； ‎ D. K+、H+、Cl-、SO42-不能生成沉淀、气体和水，能够大量共存，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎12.某工厂排放的工业废水中可能含有K+、Ag+、NH4+、Mg2+、SO42-、Cl-、NO3-、HCO3-‎ 等离子．经检测废水呈明显的碱性，则可确定该厂废水中肯定不含有的离子组合是 A. Ag+、K+、NO3-、HCO3- B. K+、NH4+、NO3-、SO42-‎ C. Ag+、NH4+、Mg2+、HCO3- D. K+、Mg2+、SO42-、Cl-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】经检测废水呈明显的碱性，即含有大量氢氧根离子，因此Ag+、NH4+、Mg2+、HCO3-等离子均不能大量共存，故C正确；‎ 故答案选C。‎ ‎13.O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2=SF6+2HF+4O2。下列说法正确的是（　　）‎ A. 氧气是氧化产物 B. O2F2既是氧化剂又是还原剂 C. 若生成0.1molHF，则转移0.8mol电子 D. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应H2S+4O2F2=SF6+2HF+4O2中，S元素化合价由-2价升高到+6价，被氧化，O元素由+1价降低到0价，被还原，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．O元素由+1价降低到0价，化合价降低，获得电子，被还原，所以氧气是还原产物，故A错误；‎ B．在反应中，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而硫化氢中的S元素的化合价是-2价，反应后升高为+6价，所以H2S表现还原性，O2F2表现氧化性，故B错误；‎ C．S元素化合价由-2价升高到+6价，O元素由+1价降低到0价，转移8个电子，若生成0.1molHF，则转移0.4mol电子，故C错误；‎ D．由方程式可知还原剂(H2S)和氧化剂(O2F2)的物质的量的比是1∶4，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】正确标注元素的化合价的变化是解题的关键。本题的易错点为O元素的化合价的变化，要注意O2F2中O元素为+1价，F为-1价。‎ ‎14.下列氧化还原反应所标出的电子转移情况中没有错误的是（　　）‎ A. +2H2O B. +2HNO3+9H2O C. ‎ D. +3H2O+KCl ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Mn元素的化合价由+4降低为+2价，得到2e-，Cl元素的化合价由-1升高为0价，失去2e-，故A正确；‎ B．硝酸铵中铵根的N元素的化合价由-3升高为0价，失去5×3e-，硝酸铵中硝酸根的N元素的化合价由+5降低为0，得到3×5e-，故B错误；‎ C．I元素的化合价由0降低为-1价，得到2e-，S元素的化合价由+4升高为+6，失去2e-，不是O元素失电子，故C错误；‎ D．氯酸钾中的Cl元素的化合价由+5降低为0价，得到5e-，HCl中Cl元素的化合价由-1升高为0价，失去5×e-，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题易错点为C，要注意用单线桥或双线桥表示电子的转移和方向时，桥的起点和终点都要从得失电子的元素出发或结束。‎ ‎15.已知常温下可用Co2O3制备Cl2，反应前后体系中共存在六种微粒：Co2O3、H2O、Cl2、H＋、Cl－和Co2＋。下列有关该反应的叙述不正确的是(　)‎ A. 氧化产物为Cl2‎ B. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2‎ C. 当生成3 mol H2O时，反应中转移2 mol电子 D. 当生成2.24 L(标准状况下)Cl2时，反应中转移0.1 mol电子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据反应体系得出，Co2O3与Cl－反应生成氯气和Co2＋，根据氧守恒，水应该为生成物，则氢离子为反应物，写出反应方程式：Co2O3 ＋Cl－＋H＋＝Cl2 ＋Co2＋＋H2O，对方程式配平：Co2O3 ＋2Cl－ ＋6H＋＝Cl2↑＋2Co2＋＋3H2O。‎ ‎【详解】A选项，化合价升高得到的产物为氧化产物，即Cl2，故A正确；‎ B选项，氧化剂为Co2O3，还原剂为Cl－，它们物质的量之比为1∶2，故B正确；‎ C选项，根据反应方程式Co2O3化合价降低2个，即1mol Co2O3转移2mol电子，生成3mol水，故C正确；‎ D选项，根据方程式生成1 mol氯气转移2mol电子，当生成2.24 L(标准状况下)即0.1 mol Cl2时，反应中转移0.2 mol电子，故D错误；‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎16.Fe3+、SO42-、Mg2+、和X四种离子以物质的量之比2∶3∶2∶4大量共存于同一种溶液中，X可能是（　　）‎ A. NH4+ B. OH- C. CO32- D. Cl-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 溶液不显电性，利用电荷守恒确定X离子所带电荷类型和数目，结合离子共存分析判断。‎ ‎【详解】Fe3+、SO42-、Mg2+和X四种离子的物质的量之比为2∶3∶2∶4，阳离子电荷总数=3×2+2×2＞SO42-离子电荷总数，则X带有负电荷，设X的电荷数为x，由电荷守恒可知：3×2+2×2=3×2+4x，解得：x=1，即X为带1个单位负电荷的阴离子，由于OH-与Fe3+、Mg2+均反应生成沉淀，则X只能为Cl-，故选D。‎ ‎17.下列物质中含有Cl-的是( )‎ A. 液态氯化氢 B. 次氯酸钠溶液 C. 固体氯化钠 D. 四氯化碳 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 液态氯化氢是氯化氢分子，不存在氯离子，A错误；‎ B. 次氯酸钠溶液中含有次氯酸根离子，不存在氯离子，B错误；‎ C. 固体氯化钠是由钠离子和氯离子构成，存在氯离子，C正确；‎ D. 四氯化碳是共价化合物，含有四氯化碳分子，不存在氯离子，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】选项A是易错点，注意液态氯化氢、和氯化氢溶液的区别，氯化氢溶于水得到盐酸，氯化氢电离出氢离子和氯离子，液态氯化氢是氯化氢分子由气态转化为液态，仍然是氯化氢分子。‎ ‎18.工业生产中需对空气中的CO进行监测，粉红色的PdCl2溶液可以检验空气中少量的CO。若空气中含CO，则溶液中会产生黑色的Pd沉淀（反应中只有PdCl2作氧化剂）。每生成5.3gPd沉淀，反应转移的电子数为 A. 0.05 NA B. 0.1 NA C. 0.2 NA D. 0.4 NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】反应方程式：CO +PdCl2+H2O = Pd↓+ CO2↑+2HCl，每生成1molPb，转移2mol电子，5.3gPd为=0.05mol,故转移电子数为0.1mol，即0.1 NA，故选B；‎ 故答案选B。‎ ‎19.下列反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2的是（ ）‎ ‎①2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2　②3S＋6NaOH2Na2S＋Na2SO3＋3H2O　③SiO2＋3CSiC＋2CO↑　④4HCl(浓)＋MnO2MnCl2＋Cl2↑＋2H2O A. 仅有② B. 仅有②④ C. 仅有③④ D. ①②③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①只有Na2O2中O元素的化合价变化，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，故①不选；‎ ‎②只有S元素的化合价变化，S既是氧化剂，又是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，故②不选；‎ ‎③只有C元素的化合价变化，C既是氧化剂，又是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，故③选；‎ ‎④HCl为还原剂，MnO2为氧化剂，且4molHCl反应时只有2mol作还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，故④选；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题的易错点为④，要注意反应中HCl中Cl的化合价没有全部变化，其中还原剂为“2”，酸也是“2”。‎ ‎20.下列变化过程一定需要加入还原剂的是(　　)‎ A. KClO3→KCl B. KCl→AgCl C. H＋→H2 D. C→CO2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】变化过程一定需要加入还原剂，这说明该微粒作氧化剂，得到电子，相关元素的化合价一定降低，‎ A.KClO3→KCl中氯元素化合价降低，KClO3→O2中氧元素的化合价升高，可以通过氯酸钾分解即可实现，不用外加还原剂，A错误；‎ B、KCl→AgCl中元素的化合价均不变化，不是氧化还原反应，B错误；‎ C、H＋→H2中氢元素化合价降低，必须加入还原剂，C正确；‎ D、C→CO2中碳元素化合价升高，必须加入氧化剂，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】选项A是解答的易错点，解答时往往只考虑元素的化合价变化，而忽略了一些物质可以发生自身的氧化还原反应，例如高锰酸钾的分解反应，NO2溶于水以及氯气与氢氧化钠溶液反应等，注意知识的灵活应用。‎ 第Ⅱ卷（填空题 共40分）‎ ‎21.配制400mL 0.5mol/L的NaOH溶液，试回答下列问题：‎ ‎（1）计算：需要NaOH固体的质量为_______________.‎ ‎（2）某学生用托盘天平称量一个小烧杯的质量，称量前把游码放在标尺的零刻度处，天平静止时发现指针在分度盘的偏右位置，此时左边的托盘将____________（填“高于”或“低于”）右边的托盘．欲使天平平衡，所进行的操作为___________________________________________，‎ 假定最终称得小烧杯的质量为______（填“32.6g”或“31.61g”）。‎ ‎（3）配制方法：设计五个操作步骤：‎ ‎①向盛有NaOH的烧杯中加入200mL蒸馏水使其溶解，并冷却至室温；‎ ‎②继续往容量瓶中加蒸馏水至液面接近刻度线1～2cm处；‎ ‎③将NaOH溶液沿玻璃棒注入500mL容量瓶中；‎ ‎④在烧杯中加入少量的蒸馏水，小心洗涤2～3次后移入容量瓶；‎ ‎⑤改用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，加盖摇匀．‎ 试将以上操作排出先后顺序________________________________________．‎ ‎（4）某学生实际配制NaOH溶液的浓度为0.48mol/L，原因可能是__________________．‎ A．使用滤纸称量氢氧化钠固体 B．容量瓶中原来存有少量蒸馏水 C．溶解NaOH的烧杯未经多次洗涤 D．胶头滴管加水后定容时仰视刻度 ‎（5）在如图配制0.5mol/LNaOH溶液过程示意图中有错误的（填序号）____________．‎ ‎【答案】（1）10.0 g　（2）高于　将左边的平衡螺母左旋移动(或将右边的平衡螺母左旋)，直至天平平衡　32.6 g(每空1分)（3）①③④②⑤　（4）ACD　（5）①③⑥ (每空2分)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）因为没有400mL的容量瓶，所以配制400mL 0.5 mol·L－1的NaOH溶液，要用500mL的容量瓶，根据n=cV及m=nM进行计算；‎ ‎（2）天平的精确度是0.1g，如果天平指针在分度盘的偏右位置，说明天平右端重，据此调节左边的平衡螺母左旋移动(或将右边的平衡螺母左旋)；‎ ‎（3）一定物质的量浓度的溶液的配制步骤应为计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀；据此进行分析；‎ ‎（4）根据n=cV进行误差分析；‎ ‎（5）固体氢氧化钠应该在烧杯中溶解，用玻璃棒引流时要将玻璃棒插入到容量瓶瓶颈刻度线的下方，读数时要平视，据以上分析解答。‎ ‎【详解】（1） 因为没有400ml的容量瓶，所以配制400mL 0.5 mol·L－1的NaOH溶液，要用500mL的容量瓶，计算时溶液的体积应以500mL为标准，因此，n（NaOH）=0.5L×0.5 mol·L－1=0.25mol，则氢氧化钠的质量为：0.25mol×40g/mol=10.0 g；‎ ‎（2） 天平静止时发现指针在分度盘偏右位置，说明天平右端重,所以，可采取将左边的平衡螺母左旋移动(或将右边的平衡螺母左旋)，直至天平平衡,由于天平的精确度是0.1g，所以最终称得小烧杯的质量为可选32.6 g；‎ ‎（3）一定物质的量浓度的溶液的配制步骤应为计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀；据此可知配制步骤应为①③④②⑤；‎ ‎（4）A、氢氧化钠有吸水性，在滤纸上发生潮解，从而使氢氧化钠的量减少，致使浓度降低，正确；‎ B、容量瓶中配制溶液本来就是一个加水不断稀释的过程，原来有水不受影响，错误；‎ C、溶解NaOH的烧杯未经多次洗涤会造成进入容量瓶中的溶质减少，致使浓度降低，正确；‎ D、胶头滴管加水后定容时仰视刻度，会造成加水量增多，从而使氢氧化钠的浓度降低，正确；‎ 因此正确选应为ACD；‎ ‎（5）不能将固体氢氧化钠放入到量筒中，用玻璃棒引流时要将玻璃棒插入到容量瓶瓶颈刻度线的下方，读数时要平视，答案：①③⑥。‎ ‎22.NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等,其中一种生产工艺如下：步骤一，利用NaClO3在硫酸作用下与SO2反应生成 ClO2和一种酸式盐。步骤二，将ClO2在NaOH溶液中与H2O2反应即可生成NaClO2‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）NaClO2中Cl的化合价为_____________。‎ ‎（2）写出步骤一中生成ClO2的化学方程式____________________‎ ‎（3）‎ ‎ 步骤二反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_________________，该反应中氧化产物是____________________。‎ ‎（4）亚氯酸钠(NaClO2)在常温与黑暗处可保存一年。亚氯酸不稳定可分解，反应的离子方程式为HClO2―→ClO2↑＋H＋＋Cl－＋H2O(未配平)。在该反应中，当有1 mol ClO2生成时转移的电子个数约为______________。‎ ‎（5）Cl2、H2O2、ClO2(还原产物为Cl－)、O3(1 mol O3转化为1 mol O2和1 mol H2O)等物质常被用作消毒剂。等物质的量的上述物质消毒效率最高的是________(填序号)。‎ A．Cl2‎ B．H2O2 ‎ C．ClO2‎ D．O3‎ ‎（6）H2O2有时可作为矿业废液消毒剂，有“绿色氧化剂”的美称。如消除采矿业胶液中的氰化物(如KCN)，经以下反应实现：KCN＋H2O2＋H2O=A＋NH3↑，则生成物A的化学式为________，H2O2被称为“绿色氧化剂”的理由是___________________。‎ ‎【答案】（1）+3价；（2）2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4；‎ ‎（3）2:1；O2；（4）6．02×1023（或NA）；（5）C；‎ ‎（6）KHCO3；H2O2是氧化剂，其产物是H2O，没有污染 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据化合价规则判断NaClO2中Cl的化合价；‎ ‎（2）根据题给信息可知2NaClO3+SO2+H2SO4→2ClO2+2NaHSO4，根据化合价升降法结合原子守恒进行配平；‎ ‎（3）步骤二，将ClO2在NaOH溶液中与H2O2反应即可生成NaClO2，据以上信息分析元素的化合价变化情况，利用电子守恒判断氧化剂与还原剂的物质的量之比，判定该反应中氧化产物；‎ ‎（4）利用化合价升降法结合原子守恒、电荷守恒配平，该反应的离子方程式，据此计算出有1 mol ClO2生成时转移电子的数目；‎ ‎（5）A．1molCl2得到2mol电子； B．1molH2O2 得到2mol电子；C．1molClO2得到5mol电子；D．1molO3得到2mol电子，得电子越多，消毒效率越高；‎ ‎（6）根据反应：KCN＋H2O2＋H2O=A＋NH3↑结合原子守恒判断生成物A的化学式为KHCO3，H2O2被称为“绿色氧化剂”的理由是H2O2作氧化剂，其还原产物是H2O，没有污染。‎ ‎【详解】（1）根据化合价规则判断NaClO2中Cl的化合价为+3价；‎ ‎（2）根据题给信息知氯酸钠、二氧化硫和稀硫酸反应生成二氧化氯和硫酸氢钠，利用化合价升降法结合原子守恒配平，该反应的化学方程式为2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4；‎ ‎（3）步骤二反应中，二氧化氯转化为NaClO2，氯元素的化合价由+4价降低为+3价，得电子，作氧化剂，1molClO2得到1mol电子，H2O2中氧元素的化合价由-1价升高为0价，失电子，作还原剂，1molH2O2失去2mol电子，利用电子守恒判断氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，该反应中氧化产物是O2；‎ ‎（4）利用化合价升降法结合原子守恒、电荷守恒配平，该反应的离子方程式为5HClO2=4ClO2↑＋H＋＋Cl－＋2H2O，转移的电子数为4e－，则有1 mol ClO2生成时转移的电子个数约为6．02×1023（或NA）；‎ ‎（5）A．1molCl2得到2mol电子； B．1molH2O2 得到2mol电子；C．1molClO2得到5mol电子；D．1molO3得到2mol电子，消毒效率最高的是ClO2，选C；‎ ‎（6）根据反应：KCN＋H2O2＋H2O=A＋NH3↑结合原子守恒判断生成物A的化学式为KHCO3，H2O2被称为“绿色氧化剂”的理由是H2O2作氧化剂，其还原产物是H2O，没有污染。‎ ‎23.A、B、C、D、E均为可溶于水的固体，组成它们的离子有：‎ 阳离子 Na+、Mg2+、Al3+、Ba2+‎ 阴离子 OH﹣、Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣、HSO4﹣‎ 分别取它们的水溶液进行实验．‎ 已知：Al3+ + 3OH- = Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O结果如下：‎ ‎①A溶液与B溶液反应生成白色沉淀，沉淀可溶于E溶液；‎ ‎②A溶液与C溶液反应生白色沉淀，沉淀可溶于E溶液；‎ ‎③A溶液与D溶液反应生成白色沉淀，沉淀可溶于盐酸；‎ ‎④B溶液与适量D溶液反应生成白色沉淀，加入过量D溶液，沉淀量减少，但不消失．据此推断它们是：A_________；B___________；C___________；D____________．‎ ‎【答案】 (1). Na2CO3 (2). Al2（SO4）3 (3). MgCl2 (4). Ba（OH）2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据阴、阳离子共存：阴离子CO32-只能和Na+结合为Na2CO3，OH-只能和Ba2+结合为溶于水的Ba(OH)2‎ ‎；依据反应现象①②③可知，A和B、C、D都生成沉淀且沉淀都溶于E或盐酸溶液，其中A溶液与D溶液反应生成白色沉淀，沉淀可溶于盐酸，说明不溶于E，说明A为Na2CO3，E中含HSO4-，D中含Ba2+，D为Ba(OH)2；B溶液与适量D溶液反应生成白色沉淀，加入过量D溶液，沉淀量减少，但不消失，则B中含有Al3+，C中含有Mg2+，结合沉淀不完全消失，分析判断出B为Al2（SO4）3、C为MgCl2，据此分析解答。‎ ‎【详解】A、B、C、D、E均为可溶于水的固体，阴离子CO32-只能和Na+结合为Na2CO3，则OH-只能和 Ba2+结合为溶于水的Ba(OH)2；依据反应现象可知A和B、C、D都生成沉淀且沉淀都溶于E或盐酸溶液，则A为Na2CO3，E中含HSO4-，A溶液与D溶液反应生成白色沉淀，沉淀可溶于盐酸，说明D中含Ba2+，D为Ba(OH)2；B溶液与适量D溶液反应生成白色沉淀，加入过量D溶液，沉淀量减少，但不消失，则B中含有Al3+，C中含有Mg2+，则B只能为Al2(SO4)3，C为MgCl2，E可能为NaHSO4或Mg(HSO4)2；‎ 故答案为：Na2CO3；Al2(SO4)3；MgCl2；Ba(OH)2。‎ ‎ ‎ ‎ ‎