重庆一中2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

重庆一中2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

www.ks5u.com 高2022级高一上期期中考试化学测试试题卷 化学试题共5页，满分100分，时间90分钟。‎ 注意事项：1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。‎ ‎2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号。‎ ‎3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。‎ ‎4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。‎ 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Zn 65 Ag 108 I 127‎ 一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。‎ ‎1.下列有关实验描述正确的是（ ）‎ A. 图：配制0.2 mol/L的NaOH 溶液 B. 图：除去NaCl溶液中的KNO3杂质 C. 图：镁条与沸水反应一段时间后，在试管中加入酚酞试液，溶液变红 D. 图：钠与水的反应现象探究实验的装置 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 先将氢氧化钠固体溶解在烧杯，冷却后移液，不能直接在容量瓶内配制溶液，A错误；‎ B. 过滤是固液分离一种分离方法，和都易溶于水中，除去溶液中的杂质，蒸发浓缩、冷却结晶过滤的方法，B错误；‎ C. 镁条与沸水反应：↑，因为有氢氧化镁生成，所以酚酞溶液变红，C正确；‎ D. 加入的水太多，易导致液体飞溅，D错误。‎ ‎【点睛】硝酸钾的溶解度随温度变化很大，而氯化钠则很小，可以通过蒸发浓缩、冷却结晶过滤的方法除去溶液中的杂质。‎ ‎2.金属Ti(钛)是一种具有许多优良性能的较为昂贵的金属，钛和钛合金被认为是21世纪的重要金属材料。某化学兴趣小组在实验室探究Ti、Mg、Cu的活动性顺序。他们在相同温度下，取大小相同的三种金属薄片，分别投入等体积、等浓度的足量稀盐酸中，观察现象如下:‎ 金属 Ti Mg Cu 金属表面现象 缓慢放出气泡 快速放出气泡 无变化 下列有关这三种金属的说法正确的是（ ）‎ A. 用Ti从CuSO4溶液中置换出Cu是工业制取Cu的良好途径 B. 在钛镁合金中，可用稀盐酸除去Mg得到纯净的Ti C. 在水溶液中，Cu2+的氧化性比Mg2+强 D. 三种金属的活泼性由强到弱的顺序是Ti、Mg、Cu ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 相同温度下，不同金属分别加入相同浓度的稀盐酸中，金属的金属性越强，金属与酸反应置换出氢气越容易，生成氢气速率越快。‎ ‎【详解】A. 钛（Ti）是一种昂贵的金属，用Ti从CuSO4溶液中置换出Cu制取铜，成本太高，在工业上是不可取的，A错误；‎ B. Ti、Mg都和稀盐酸反应生成氢气，所以不能用稀盐酸除去Ti中的Mg，B错误；‎ C. 根据实验现象可知，Mg的金属性比Cu强，其Mg还原性比Cu强，在水溶液中，Cu2+的氧化性比Mg2+强，C正确；‎ D. 根据表中生成氢气快慢顺序知，金属强弱顺序是Mg＞Ti＞Cu，D错误。‎ ‎3.M(NO3)2热分解化学方程式为：2M(NO3)22MO+4NO2↑+O2↑。加热29.6g M(NO3)2使其完全分解，在标准状况下收集11200mL的气体，则M的摩尔质量是 （ ）‎ A. 64g/mol B. 24g/mol C. 65g/mol D. 40g/mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据n=计算混合气体的物质的量，根据方程式化学计量数关系计算出29.6g M(NO3)2的物质的量，根据M=计算出摩尔质量，进而根据质量守恒定律计算M的摩尔质量。‎ ‎【详解】生成气体的物质的量为0.5mol，氧气为气体总量的1/5，氧气的物质的量为0.1mol，由化学方程式可知，M(NO3)2的物质的量为0.2mol，M(NO3)2的摩尔质量为=148g/mol，M的摩尔质量为(148－62×2) g/mol =24g/mol；‎ 答案选B。‎ ‎4.三个密闭容器中分别充入N2、H2、O2三种气体，以下各种情况下排序正确的是(　 　)‎ A. 当它们的温度和压强均相同时，三种气体的密度：ρ(H2)>ρ(N2)>ρ(O2)‎ B. 当它们的温度和密度都相同时，三种气体的压强：p(H2)>p(N2)>p(O2)‎ C. 当它们的质量和温度、压强均相同时，三种气体的体积：V(O2)>V(N2)>V(H2)‎ D. 当它们的压强和体积、温度均相同时，三种气体的质量：m(H2)>m(N2)>m(O2)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对于一定量的气体来说，符合克拉伯龙方程PV=nRT=RT，根据方程中各个物理量之间的关系结合选项分析解答 ‎【详解】氢气的摩尔质量是2g/mol，氮气的摩尔质量是28g/mol，氧气的摩尔质量是32g/mol，‎ A．当温度和压强相同时，气体摩尔体积相同，根据知，气体密度与摩尔质量成正比，根据摩尔质量知，三种气体的密度大小顺序是ρ（H2）＜ρ（N2）＜ρ（O2），故A错误；‎ B．根据PV=nRT=RT得PM=‎ ‎=ρRT，当温度和密度相同时，气体压强与摩尔质量成反比，所以三种气体的压强大小顺序是p（H2）＞p（N2）＞p（O2），故B正确；‎ C．根据PV=nRT=RT得V=，当它们的质量和温度、压强均相同时，气体体积与摩尔质量成反比，所以这三种气体体积大小顺序是：V（O2）＜V（N2）＜V（H2），故C错误；‎ D．根据PV=nRT=RT得m=，当它们的压强和体积、温度均相同时，气体质量与摩尔质量成正比，所以三种气体的质量大小顺序是m（H2）＜m（N2）＜m（O2），故D错误；‎ 故选B．‎ ‎5.由钠、镁、铝、锌四种金属单质中的两种组成的合金共11.5g，跟足量的盐酸反应产生11.2L氢气(标准状况)，那么此合金中一定含有的金属是( )‎ A. Al B. Mg C. Na D. Zn ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】计算与盐酸反应产生11.2L氢气所需要的各金属的质量：‎ 列比例式：=，解得m(Na)=23g。‎ 列比例式：=，解得m(Mg)=12g。‎ 列比例式：=，解得m(Al)=9g。‎ 列比例式：=，解得m(Zn)=32.5g。‎ 根据平均值的思想，合金的质量应该介于两组分质量之间，只有Al的质量小于11.5g，所以合金中一定含有的金属是Al。答案选A。‎ ‎【点睛】利用平均值思想解题时，首先要确定可用数值计算的物理量（如本题中“与盐酸反应产生11.2L氢气所需要的各金属的质量”），再分别计算各组分的物理量数值，最后根据混合物该物理量的数值（即平均值）介于组分数值之间来解决问题。‎ ‎6.新型纳米材料MFe2Ox(3＜x＜4)中M为+2价金属元素，在反应中化合价不发生变化。常温下，MFe2Ox能将工业废气（SO2）高效地还原成无公害的固体单质硫，防止环境污染。其流程为： MFe2OxMFe2Oy。则下列判断正确的是（ ）‎ A. MFe2Ox作催化剂 B. SO2是该反应的还原剂 C. x＜y D. SO2发生了置换反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ MFe2Ox能将工业废气（SO2）高效地还原成无公害的固体单质硫，可知，SO2中S的化合价从+4变为0，化合价降低，得到电子，发生还原反应，作氧化剂，MFe2Ox中Fe的化合价升高，失去电子，发生氧化反应，作还原剂。‎ ‎【详解】A. MFe2Ox作还原剂，不是催化剂，A错误； ‎ B. SO2是该反应的氧化剂，不是还原剂，B错误；‎ C. MFe2Ox为还原剂，反应后Fe元素的化合价升高，根据化合价代数和，则有（2y-2）＞（2x-2），即x＜y，C正确；‎ D. 该反应不置换反应，SO2发生了还原反应，D错误。‎ ‎7.根据下列反应进行判断，下列各微粒氧化能力由强到弱的顺序正确的是 ‎①2MnO4－+10Cl－+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O ‎②2FeCl3+2KI==2FeCl2+2KCl+I2‎ ‎③2FeCl2+Cl2=2FeCl3‎ A. MnO4－>Cl2>Fe3+>I2 B. Cl－>Mn2+>I－>Fe2+‎ C. MnO4－> Cl2>I2>Fe3+ D. I－>Fe2+>Cl－>Mn2+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 在反应①中，Mn元素的化合价从+7价变为+2价，则MnO4－为氧化剂，Cl元素的化合价从－1价变为0价，则Cl2为氧化产物，所以氧化性：MnO4－＞Cl2；在反应②中，Fe元素的化合价从＋3价变为＋2价，则Fe3＋为氧化剂，I元素的化合价从－1价变为0价，则I2为氧化产物，所以氧化性：Fe3＋＞I2；在反应③中，Cl元素的化合价从0价变为－1价，则Cl2为氧化剂，Fe元素的化合价从＋2价变为＋3价，则Fe3＋为氧化产物，所以氧化性：Cl2＞Fe3＋，综上所述，各微粒氧化能力由强到弱的顺序为： MnO4－>Cl2>Fe3+>I2，故答案选A。‎ 点睛：本题主要考查氧化性强弱的判断，解题时注意判断氧化性强弱的依据是：氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，解答本题的关键是能够根据元素化合价的变化情况正确判断氧化剂和氧化产物，题目难度不大。‎ ‎8.下列化学方程式或离子方程式中，正确的是（ ）‎ A. 氨水与氯化铝溶液反应：Al3+ + 3OH－=Al(OH)3↓‎ B. 氧化镁与稀盐酸反应：MgO + 2H+ = Mg2++ H2O C. Na与FeSO4溶液反应：2Na + Fe2+ = Fe+2Na+‎ D 铁与氯气反应：Fe+Cl2 FeCl2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氨水是弱碱，不能拆写，氨水与氯化铝溶液反应的离子反应方程式为:↓，A错误；‎ B. 氧化镁与稀盐酸反应的离子反应方程式为：，B正确；‎ C. 与溶液反应，Na先与水反应，生成的溶液再与溶液反应，其离子反应方程式为：↑，C错误；‎ D. 氯气具有强氧化性，铁与氯气反应：，D错误。‎ ‎9.同温同压下，相同体积的SO2和O3气体，下列叙述中错误的是 A. 质量比4∶3 B. 电子数比1∶1‎ C. 密度比4∶3 D. 氧原子数比2∶3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.同温同压下，相同体积的SO2和O3气体，物质的量之比为1:1，质量比等于摩尔质量之比，所以质量之比为：64/48=4:3，故A正确；‎ B.1mol SO2和O3,所含的电子数分别为32NA、24NA，所以同温同压下，相同体积的SO2和O3气体，所含的电子数之比为：32NA/24NA=4:3，故B错误；‎ C.依据阿伏加德罗定律，密度之比等于相对分子质量之比，所以SO2和O3的密度之比为：64/48=4：3，故C正确；‎ D.同温同压下，相同体积的SO2和O3气体，物质的量之比为1:1，所含的氧原子数之比为：2 NA/3 NA=2:3，故D正确；‎ 本题答案为B。‎ ‎10.某无色溶液中加入铝片有氢气产生，则该溶液中一定能大量共存的离子组是（ ）‎ A. Na＋、Al3＋、NO3－、Cl－ B. K+、Na+、Cl－、SO42－‎ C. MnO4－、K+、SO42－、Cl－ D. Na＋、HCO3－、K＋、NO3－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铝是两性单质，某无色溶液中加入铝片有氢气产生，该溶液即可以是酸、也可以是碱。‎ ‎【详解】A. 在碱性环境下，Al3+与OH-生成 Al(OH)3的沉淀，不能共存，A错误；‎ B. K+、Na+、Cl-、SO42-在酸性、碱性环境下都能共存，B正确；‎ C. MnO4-显紫色，不符合题目要求，C错误；‎ D. HCO3-与H+ 或OH-都不能共存，D错误。‎ ‎11.下列有关物质的类别正确的是（ ）‎ A. 盐：碳酸氢钠 氯化铵 纯碱 B. 电解质：H2SO4 Ba(OH)2 CO2‎ C. 氧化物：H2O CO HNO3‎ D. 混合物：空气 玻璃 胆矾 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 碳酸氢钠、氯化铵、纯碱都属于盐，A正确；‎ B. CO2是非电解质，不是电解质，B错误；‎ C. HNO3属于酸，不属于氧化物，C错误；‎ D. 胆矾属于化合物，不属于混合物，D错误。‎ ‎12.下列有关金属的描述正确的是（ ）‎ A. 金属都是银白色、都有金属光泽，能导电、导热，有延展性 B. 含金属元素的离子一定都是阳离子 C. 钠和钾的合金可用作原子反应堆的导热剂 D. 金属原子失电子越多，其还原性越强 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 金属不都是银白色，铜是紫红色，A错误；‎ B. 含金属元素离子不一定是阳离子，例如高锰酸根离子是MnO4－，锰酸根离子是MnO42－，偏铝酸根离子是AlO2－，只含有金属元素的离子则一定是阳离子，B错误；‎ C. 钠和钾的合金可用作原子反应堆的导热剂，C正确；‎ D. 金属还原性强弱，与金属原子失电子多少无关，而与金属原子失电子容易有关，D正确。‎ ‎13.2018年11月16日，第26届国际计量大会重新定义了阿伏加德罗常数（NA）的准确值为6.02214076×1023。下列说法正确的是（ ）‎ A. 用23.5 g AgI与水制成的胶体中AgI胶体粒子数目为0.1 NA ‎ B. 1 mol氧的质量是32 g C. 1.06 g Na2CO3含有的Na+数目为0.02 NA ‎ D. 通常状况下，NA个CO2分子占有的体积为22.4 L ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 用23.5 g AgI与水制成的胶体中AgI胶体粒子数目小于0.1NA，A错误；‎ B. 1 mol氧气的质量是32 g，B错误；‎ C. 1.06 g Na2CO3的物质的量为0.01mol，含有的Na+ 数目为0.02NA，C正确；‎ D. 标准状况下，NA个CO2分子占有的体积为22.4 L，D错误。‎ ‎14.收藏的清末铝制艺术品至今保存完好，该艺术品未被锈蚀的主要原因是（ ）‎ A. 铝不易被氧化 B. 铝的氧化物在空气中易变成铝 C. 铝的密度小，是一种轻金属 D. 铝易被氧化，形成的氧化膜有保护作用 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】铝在空气中表面易被氧化生成致密的氧化物保护膜，起到保护作用，D正确。‎ ‎15.某溶液中仅含有H＋、Al3＋、Cl－、SO42－四种离子，其中H＋的浓度为0.5 mol/L，Al3＋的浓度为0.1 mol/L，Cl-的浓度为0.2 mol/L，则SO42－的浓度是 A. 0.15 mol/L B. 0.25 mol/L C. 0.3 mol/L D. 0.4 mol/L ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据溶液中存在电荷守恒关系：c(H＋)+3c(Al3＋)=c(Cl－)+2c (SO42－)，‎ 代入数据计算：c (SO42－)=mol/L=0.3mol/L。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】在溶液中，n价离子An+或Bn-所带的电荷总数为nc(An+)或nc(Bn-)，所以，在电荷守恒式中，一个离子带几个电荷，就在其物质的量浓度前面乘以几。‎ ‎16.有反应M2O7n﹣+S2﹣+H+→M3++S↓+H2O，其中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3，则M2O7n﹣中M的化合价是 A. +2 B. +4 C. +6 D. +7‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该反应中S2﹣被氧化成0价的S单质，化合价升高2价，S2﹣为还原剂；MO7n﹣中Mn元素的化合价为+1/2（14﹣n）＝7﹣0.5n，反应后变为+3价的M3+，化合价降低（7﹣0.5n）﹣3＝4﹣0.5n，结合氧化还原反应中化合价升降相等列式计算。‎ ‎【详解】反应M2O7n﹣+S2﹣+H+=M3++S↓+H2O中，S2﹣被氧化成0价的S单质，化合价升高2价，S2﹣为还原剂；MO7n﹣中Mn元素的化合价为+1/2（14﹣n）＝7﹣0.5n，反应后变为+3价的M3+，化合价降低（7﹣0.5n）﹣3＝4﹣0.5n，M2O7n﹣为氧化剂；已知氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3，根据化合价升降相等可知：（4﹣0.5n）×2×1＝2×3，解得：n＝2，则M2O7n﹣为M2O72﹣，M2O72﹣中M的化合价为：7﹣0.5n＝6，C正确；‎ 故答案选C。‎ 二、非选择题：本题共5题，共52分。‎ ‎17.A、B、C、D 四种可溶性物质，它们的阳离子可能分别是Ba2+、Ag+、Na+、Cu2+中的某一种，阴离子可能分别是NO3－、SO42－、OH－、CO32－中的某一种。‎ ‎①若把4种物质分别溶解于盛有蒸馏水的4支试管中，均得澄清溶液，只有B溶液呈蓝色。‎ ‎②若向①的4支试管中分别加盐酸，C溶液中有沉淀产生，A溶液中有无色无味气体逸出。‎ ‎（1）根据①②的事实推断B、C的化学式分别为_________、_________。‎ ‎（2）写出上述实验中C与盐酸的反应化学方程式：_________。‎ ‎（3）将A溶液与D溶液混合使之恰好完全反应，将反应后混合物中两种物质分离的方法是_________。在所得溶液中加入铝片，发生的离子反应方程式为：_________。‎ ‎（4）A与稀硫酸反应生成的气体x用排空法收集，测得体积为8.96 L（标准状况下），质量为15.2 g，该混合气体平均摩尔质量为_________，混合气体中x气体的体积分数为_________。‎ ‎【答案】 (1). CuSO4 (2). AgNO3 (3). AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3 (4). 过滤 (5). 2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑ (6). 38 g/mol (7). 60%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ba2+不能和SO42﹣、CO32﹣结合，而只能和NO3－、OH－；Ag+不能和SO42﹣、OH－、CO32﹣三种离子结合，而只能和NO3﹣结合，则一定是Ba(OH)2、AgNO3，Cu2+不能和CO32﹣结合，所以为CuSO4；Na+对应CO32﹣为Na2CO3．即四种物质为Ba(OH)2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3。‎ ‎①中由于只有B溶液呈蓝色，所以B为CuSO4；‎ ‎②四支试管加入盐酸，C有沉淀，则C溶液为AgNO3；而A溶液中生成无色无味气体，则为二氧化碳，即A为Na2CO3。‎ ‎【详解】（1）根据①中只有B溶液呈蓝色，所以B为CuSO4，根据②，四支试管加入盐酸，C有沉淀，则C溶液为AgNO3‎ ‎（2）C溶液为AgNO3，其化学反应方程式为：↓‎ ‎（3）A溶液为Na2CO3、D溶液为Ba(OH)2，两溶液混合使之恰好完全反应会生成BaCO3的白色沉淀，用过滤的方法将反应后混合物中两种物质分离，在所得溶液中加入铝片，发生的离子反应方程式为：↑‎ ‎（4）A为Na2CO3溶液，与稀硫酸反应生成的气体为CO2‎ ‎，排空气法收集，标准状况下，其物质的量为，混合气体平均摩尔质量为：，令混合气体为1mol，设混合气体中CO2的物质的量为 ‎，空气的物质的量为，则，，混合气体中CO2的体积分数等于物质的量分数，即。‎ ‎18.硫酸是重要的化工产品，在基础化学试验中，有着重要的作用。‎ ‎（1）质量分数为98%（密度1.84 g/cm3）的浓硫酸在实验室中常用作吸水剂，其物质的量浓度为_________。‎ ‎（2）若用上述质量分数为98%的硫酸，配制480 mL物质的量浓度为2.3 mol/L的硫酸，所需浓硫酸的体积为_________ mL。‎ ‎（3）取用任意体积的浓硫酸时，下列物理量中不变的是_________。‎ A．溶液中H2SO4的物质的量 B．溶液的浓度 C．溶液的质量 D．溶液的密度 ‎（4）完成（2）中实验除了烧杯、量筒、玻璃棒外，还需要的仪器有_________。‎ ‎（5）下列操作使所配溶液的物质的量浓度偏高的_________（填序号）。‎ A．用量筒量取浓H2SO4，慢慢地沿着玻璃棒注入盛有50 mL蒸馏水的小烧杯，搅拌后，立即转移到容量瓶中 B．往容量瓶转移溶液时，有少量液体溅出 C．未洗涤稀释浓H2SO4的小烧杯 D．定容时俯视 E．容量瓶未干燥即用来配制溶液 ‎【答案】 (1). 18.4 mol/L (2). 62.5 (3). BD (4). 胶头滴管、500 mL容量瓶 (5). AD ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据，质量分数为98%，密度1.84 g/cm3的浓硫酸的物质的量浓度为；‎ ‎（2）根据稀释前后物质的量不变可知，，，；‎ ‎（3）取用任意体积的浓硫酸时，溶液的浓度和溶液的密度不变，选BD；‎ ‎（4）配制一定物质的量浓度的溶液时需要烧杯、玻璃棒、一定规格的容量瓶、胶头滴管、量筒（或托盘天平），完成（2）中实验除了烧杯、量筒、玻璃棒外，还需要的仪器有胶头滴管和500 mL的容量瓶。‎ ‎（5）A. 用量筒量取浓H2SO4，慢慢地沿着玻璃棒注入盛有50 mL蒸馏水的小烧杯，浓H2SO4溶于水放热，搅拌后，立即转移到容量瓶中，所配溶液的浓度偏大，选A；‎ B. 往容量瓶转移溶液时，有少量液体溅出，导致溶质的物质的量偏少，所配溶液的浓度偏小，不选B；‎ C. 未洗涤稀释浓H2SO4的小烧杯，导致溶质的物质的量偏少，所配溶液的浓度偏小，不选C；‎ D. 定容时俯视，溶液体积比实际体积小，溶液的浓度偏大，选D；‎ E. 容量瓶未干燥即用来配制溶液，不影响所配溶液体积和溶质的物质的量，所配溶液的浓度不变，不选E。‎ ‎【点睛】容量瓶是为配制准确的一定物质的量浓度的溶液用的精确仪器，通常有25mL、50mL、100mL、250 mL、500mL、1000mL等数种规格，配制480 mL物质的量浓度为2.3 mol/L的硫酸时，需要用500mL的容量瓶。‎ ‎19.Ⅰ．碘酸钾(KIO3)是一种白色或无色固体，可溶于水，具有较强的氧化性。常添加于食盐中用以防治碘缺乏病。已知在某反应体系中存在以下几个物质： KIO3、K2SO4、KI、I2、H2SO4、H2O。‎ ‎（1）写出上述反应的化学方程式_________。‎ ‎（2）下列说法中正确的是_____。‎ A．I2是非电解质 B．K2SO4溶液的导电能力比KI溶液的强 C．H2SO4溶液在该反应中体现了酸性 D．KIO3既有氧化性又有还原性 Ⅱ．二氧化氯(ClO2)是高效安全的饮用水消毒剂，得到越来越广泛的应用，实验室可用KClO3通过以下反应制得：2KClO3＋H2C2O4＋H2SO4===2ClO2↑＋K2SO4＋2CO2↑＋2H2O，试回答下列问题。‎ ‎（3）该反应中还原产物的化学式是_____；被氧化的元素是______。‎ ‎（4）用单线桥标出上述反应的电子转移情况____2KClO3＋H2C2O4＋H2SO4 == 2ClO2↑＋K2SO4＋2CO2↑＋2H2O ‎（5）ClO2和Cl2均能将电镀废水中的CN− 反应为无毒的物质，自身反应后均生成Cl−，此过程说明ClO2和Cl2均具有__ (填“氧化”或“还原”)性。处理含相同量CN−的电镀废水，所需Cl2的物质的量是ClO2的___倍。‎ ‎【答案】 (1). KIO3+5KI+3H2SO4===3K2SO4+3I2+3H2O (2). CD (3). ClO2 (4). C (5). (6). 氧化 (7). 2.5‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】Ⅰ.（1）碘酸钾 (KIO3) 具有较强的氧化性，氧化KI，生成I2，其化学反应方程式为：‎ ‎（2）A. 在水溶液或熔融状态下不能导电的化合物叫做非电解质，I2是单质，不是非电解质，A错误； ‎ B. 电解质溶液的导电能力的强弱主要由自由移动离子的浓度的大小决定，离子浓度越大，导电能力越强，K2SO4溶液和KI溶液的浓度未知，无法比较其导电能力，B错误；‎ C. 该反应中碘元素的化合价发生了变化，H2SO4溶液只体现了其酸性，C正确； ‎ D. KIO3中碘元素的化合价为+5，既可以升高也可以降低，KIO3既有氧化性又有还原性，D正确。‎ Ⅱ.（3）该反应中，KClO3中Cl元素的化合价从+5变为+4，化合价降低，被还原，发生还原反应，作氧化剂，ClO2为还原产物，H2C2O4中C元素的化合价从+3变为+4，化合价升高，被氧化，发生氧化反应，作还原剂，CO2为氧化产物，被氧化的元素是C元素。‎ ‎（4）‎ ‎（5）ClO2和Cl2均能将CN− 反应为无毒的物质，自身反应后均生成Cl−，Cl元素的化合价均降低，被还原，发生还原反应，作氧化剂，具有氧化性；处理相同量的CN－，Cl2和ClO2转移的电子数应相同，1mol Cl2→2Cl－ 转移2mol e－，1mol ClO2→Cl－ 转移5mol e－，则处理含相同量CN−的电镀废水，所需Cl2的物质的量是ClO2的2.5倍。‎ ‎20.次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品，具有较强还原性。回答下列问题：‎ ‎（1）H3PO2是一元中强酸，写出其电离方程式____。‎ ‎（2）H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的Ag+还原为银，从而可用于化学镀银。‎ ‎①H3PO2中P元素的化合价为___。‎ ‎② 利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1，则氧化产物为__________ (填化学式)。‎ ‎③从分类来看，NaH2PO2属于______ ‎ a．正盐       b．酸式盐       c．钠盐       d．氧化物 ‎（3）H3PO2的工业制法是：将白磷(P4)与Ba(OH)2溶液反应生成PH3气体和Ba(H2PO2)2‎ ‎，后者再与H2SO4反应。写出白磷与Ba(OH)2溶液反应的化学方程式_______Ba(H2PO2)2与H2SO4的离子方程式___________。‎ ‎【答案】 (1). H3PO2 H2PO2-+H+ (2). +1 (3). H3PO4 (4). AC (5). 2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑ (6). Ba2＋＋H2PO2-+H+＋SO42-=H3PO2＋BaSO4↓‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)H3PO2是一元弱酸，在水溶液里部分电离生成氢离子和酸根离子；‎ ‎(2)①根据化合物中化合价的代数和为0确定P元素化合价；②根据转移电子守恒判断氧化产物；③根据H3PO2是一元中强酸分析判断次磷酸钠的类型；‎ ‎(3)根据反应物和生成物书写方程式。‎ ‎【详解】(1)H3PO2是一元中强酸，在水溶液里部分电离生成氢离子和酸根离子，电离方程式为H3PO2⇌H++H2PO2-，故答案为：H3PO2⇌H++H2PO2-；‎ ‎(2)①根据化合物中化合价的代数和为0确定P元素化合价，H3PO2中O元素为-2价、H元素为+1价，所以P元素为+1价，故答案为：+1；‎ ‎②该反应中银离子是氧化剂、H3PO2是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1，根据转移电子相等知，1molH3PO2失去4mol电子，所以产物中P元素为+5价，则氧化产物是H3PO4，故答案为：H3PO4；‎ ‎③H3PO2是一元中强酸，则次磷酸钠(NaH2PO2)是正盐，次磷酸钠还含有钠离子，也属于钠盐，故选：AC；‎ ‎(3)白磷(P4)与Ba(OH)2溶液反应生成PH3气体和Ba(H2PO2)2，反应方程式为2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑，Ba(H2PO2)2与H2SO4反应生成次磷酸和硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为Ba2＋＋H2PO2-+H+＋SO42-=H3PO2＋BaSO4↓，故答案为：2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑；Ba2＋＋H2PO2-+H+＋SO42-=H3PO2＋BaSO4↓。‎ ‎【点睛】本题的易错点为(2)②中NaH2PO2类型的判断，要注意H3PO2是一元中强酸。‎ ‎21.某研究性学习小组类比镁在二氧化碳中的燃烧反应，认为钠和二氧化碳也可以发生反应，他们对钠在CO2气体中燃烧进行了下列实验：‎ ‎（1）若用下图装置制备CO2，则发生装置中反应的离子方程式为_________。‎ ‎（2）将制得的CO2净化、干燥后由a口缓缓通入下图装置，待装置中的空气排净后点燃酒精灯，观察到玻璃直管中的钠燃烧，火焰为黄色。待冷却后，管壁附有黑色颗粒和白色物质。‎ ‎①能说明装置中空气已经排净的现象是_________。‎ ‎②若未排尽空气就开始加热，则可能发生的化学反应方程式主要为_________。‎ ‎（3）若钠着火，可以选用的灭火物质是_________。‎ A．水 B．泡沫灭火剂 C．干沙土 D．二氧化碳 ‎（4）该小组同学对管壁的白色物质的成分进行讨论并提出假设：‎ Ⅰ．白色物质可能是Na2O； Ⅱ．白色物质可能是Na2CO3； Ⅲ．白色物质还可能是_________。‎ ‎（5）为确定该白色物质的成分，该小组进行了如下实验：‎ 实验步骤 实验现象 ‎①取少量白色物质于试管中，加入适量水，振荡，样品全部溶于水，向其中加过量的CaCl2溶液 出现白色沉淀 ‎②静置片刻，取上层清液于试管中，滴加无色酚酞试液 无明显现象 ‎①通过对上述实验的分析，你认为上述三个假设中，___成立（填序号）。‎ ‎②由实验得出：钠在CO2中燃烧的化学方程式为_____；每生成1mol氧化产物，转移的电子数为____。‎ ‎（6）在实验（2）中还可能产生另一种尾气，该气体为________；处理该尾气的方法为_____。‎ ‎【答案】 (1). CaCO3+2H+===Ca2++CO2↑+H2O (2). 澄清石灰水变浑浊 (3). 2Na+O2Na2O2 (4). C (5). Na2O和Na2CO3 (6). Ⅱ (7). 4Na＋3CO22Na2CO3＋C ‎ ‎ (8). 2NA (9). CO (10). 点燃 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）该装置为固体和液体反应制备气体的发生装置，二氧化碳的制备用大理石和稀盐酸反应，其离子反应方程式为：↑；‎ ‎（2）①二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，能说明装置中空气已经排净的现象是试管中的澄清石灰水变浑浊；‎ ‎②若未排尽空气就开始加热，与空气中的氧气发生反应，生成过氧化钠，其化学反应方程式为：；‎ ‎（3）可以与氧气、二氧化碳、水发生反应，所以用干燥的沙土灭火；‎ ‎（4）钠在二氧化碳中燃烧，该反应中只含钠元素、氧元素和碳元素，没有氢元素，所以可能会生成氧化钠或碳酸钠或二者的混合物；‎ ‎（5）①碳酸钠能与氯化钙反应生成氯化钠和碳酸钙白色沉淀，氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠不能与氯化钙溶液反应产生白色沉淀，且其水溶液显碱性，使酚酞溶液变红，Ⅰ、Ⅲ不成立，Ⅱ成立；‎ ‎②根据实验现象以及实验分析，钠在中燃烧的化学方程式为：，反应前后钠元素从0价变为+1，化合价升高，发生氧化反应，钠作还原剂，碳酸钠是氧化产物，每生成1mol氧化产物，转移的电子数为2NA；‎ ‎（6）可与生成的反应生成，所以在实验（2）中还可能产生的另一种尾气为，可以燃烧，可用点燃的方法处理尾气。‎ ‎ ‎