2019-2020学年高一化学下学期期中试题(选考)(含解析).doc

2019-2020学年高一化学下学期期中试题(选考)(含解析)1. 下列过程中，涉及化学变化的是A. 金属钠放入水中 B. 蒸馏法将海水淡化为饮用水C. 活性炭使红墨水褪色 D. 四氯化碳萃取碘水中的碘【答案】A【解析】分析：化学变化是指有新物质生成的变化,物理变化是指没有新物质生成的变化, 化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成。金属钠与水剧烈反应生成生成氢氧化钠和氢气，属于化学变化；而蒸馏、萃取、活性炭的吸附作用均为物理变化，没有新物质生成。详解：金属钠与水剧烈反应，生成氢氧化钠和氢气，属于化学变化，A正确；蒸馏是分离和提纯液态混合物常用的方法之一,是分离沸点不同的液体混合物的一种方法,所以将海水淡化为饮用水是物理变化,B错误；活性炭具有吸附作用使红墨水褪色,是物理变化,C错误；四氯化碳与水不互溶且碘在四氯化碳中的溶解度比在水中的大得多,所以四氯化碳萃取碘水中的碘是利用物质的溶解度差异进行分离碘和水,是物理变化,D错误；正确选项A。2. 常温下可以用铁制容器盛装的是A. 浓盐酸 B. 浓硫酸 C. 稀硝酸 D. 硫酸铜溶液【答案】B【解析】分析：根据铁的性质进行解答，常温下，浓硫酸具有强氧化性,铁在浓硫酸中被氧化生成致密的氧化膜,阻止反应进一步进行,发生钝化,能盛放；常温下，铁与浓盐酸、硫酸铜溶液发生置换反应，与稀硝酸发生氧化还原反应，不能用铁制品容器盛放；据此分析解答。详解：常温下，铁与浓盐酸发生置换反应，不能盛放，A错误；常温下，铁与浓硫酸发生钝化，阻止反应进一步进行，故铁制容器可以盛放浓硫酸，B正确；常温下，铁与稀硝酸发生氧化还原反应，不能盛放，C错误；常温下，铁与硫酸铜溶液发生置换反应，不能盛放，D错误；正确选项B。3. 下列关于自然界中氮循环（如图）的说法正确的是A. “雷电作用”中发生的反应是：N2+2O2放电2NO2B. 工业合成氨属于人工固氮C. 氮元素均被还原D. 过程必须有O2参与【答案】B【解析】分析：A. “雷电作用”中发生的反应是N2+O2=2NO；B. 人工固氮是指通过化学反应将游离态的氮转化为化合态的氮；C.氮气和氧气反应生成一氧化氮，氮元素被氧化，氮气和氢气反应生成氨气，氮元素被还原；D.硝酸盐被细菌分解为氮气，氮元素被还原，不需要氧气参加反应。详解：雷电作用下氮气和氧气反应生成的是NO，A错误；人工固氮是指通过化学反应将游离态的氮转化为化合态的氮，因此氮气和氢气反应生成氨气，属于人工固氮，B正确；雷电作用下，氮气和氧气反应生成的是NO，氮元素被氧化，氮气和氢气反应生成氨气，氮元素化合价降低，被还原，C错误；硝酸盐被细菌分解为氮气，氮元素被还原，不需要氧气参加反应，D错误；正确选项B。4. 自来水常用Cl2消毒，用这种自来水配制下列物质的溶液不会产生明显变质的是A. AgNO3 B. FeCl2 C. Na2SO3 D. CuSO4【答案】D【解析】分析：A. 氯水中含有的Cl-与Ag+反应生成AgCl沉淀，药品变质；B. 氯水中含有Cl2、HClO 、ClO-等微粒,具有氧化性,能氧化亚铁离子, 药品变质；C. 氯水中含有H+，H+与亚硫酸根离子反应生成水和二氧化硫, 药品变质；D. CuSO4溶液中的离子不会与氯水中的微粒发生反应, 药品不变质。详解：配制AgNO3 溶液时,若用氯水,氯水中含有Cl-离子,则Ag+与Cl-应生成AgCl沉淀,产生明显的药品变质问题, A错误；配制FeCl2溶液时,若用氯水,氯水中含有Cl2、HClO 、ClO-等微粒,具有氧化性,能氧化亚铁离子,则产生明显的药品变质问题, B错误；配制Na2SO3 溶液时,氯水中含有H+，H+与亚硫酸根离子反应生成水和二氧化硫,则产生明显的药品变质问题, C错误；配制CuSO4溶液时,溶液中的离子不会与氯水中的微粒发生反应,则不会产生明显的药品变质问题, D正确；正确选项D。点睛：氯水成分为“三分四离”，“三分”：Cl2 、HClO、H2O；“四离” Cl-、H+、 ClO- 、OH-；所以氯水具有氧化性、酸性、漂白性；需要注意的是氯水能够漂白酸碱指示剂，而二氧化硫就不能漂白酸碱指示剂。5. 检验硫酸亚铁是否氧化变质的试剂是A. 稀盐酸 B. 石蕊溶液 C. KSCN溶液 D. 氯水【答案】C【解析】分析：A. FeSO4、Fe2(SO4)3都不与盐酸反应；B. FeSO4、Fe2(SO4)3都是强酸弱碱盐，溶液都呈酸性，都能使石蕊溶液变红；C. Fe3+能和SCN-生成络合物，使溶液呈现血红色，这一反应是Fe3+的特征反应；D. FeSO4被氯水氧化成Fe3+，无法检验溶液是否变质。详解： FeSO4、Fe2(SO4)3都不与盐酸反应，所以不能检验是否变质，A错误；FeSO4、Fe2(SO4)3都是强酸弱碱盐，溶液都呈酸性，滴加石蕊溶液，溶液变红，所以无法检验是否变质，B错误；如果FeSO4溶液变质，变质后的物质是Fe2(SO4)3，Fe3+能和SCN-生成络合物，使溶液呈现血红色现象明显，这一反应是Fe3+的特征反应，所以用KSCN溶液可以检验硫酸亚铁是否氧化变质，C正确；FeSO4被氯水氧化成Fe3+，故不能检验是否变质，D错误；正确选项C。点睛：在含有Fe3和Fe2的混合液中，要检验Fe2的存在，可以用铁氰化钾溶液，若出现蓝色沉淀，证明有Fe2；也可加入酸性高锰酸钾溶液，若溶液褪色，证明含有Fe2。6. 下列各组离子中，能大量共存的是A. SO42、Fe3、NO3、H B. Ca2、Na、Cl、CO32C. I、H、SO32、NO3 D. NH4、Na、OH、Cl【答案】A【解析】分析：A.离子间相互不反应，能够大量共存；B.生成碳酸钙沉淀，不能大量共存；C.硝酸氧化.I或SO32，不能大量共存；D. NH4与OH反应生成氨气，不能大量共存。详解：A选项中离子在水中能大量共存，A正确；B选项中Ca2与CO32反应生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，B错误； C选项中氢离子和NO3共同作用氧化I或SO32，不能大量共存，C错误；D选项中铵根离子和氢氧根离子反应生成氨气，不能大量共存，D错误；正确选项A。点睛：离子共存是指离子之间不发生反应生成沉淀（难溶物）、气体（挥发性物质）、（弱电解质）水等，离子之间不发生氧化还原反应，不发生络合反应等，就能大量共存，否则，不能大量共存。7. 下列关于F、Cl、Br、I性质的比较，不正确的是A. 它们的原子核外电子层数随核电荷数的增加而增多B. 被其他卤素单质从其卤化物中置换出来的可能性随核电荷数增加而增大C. 它们的氢化物的稳定性随核电荷数的增加而增强D. 单质的颜色随核电荷数的增加而加深【答案】C【解析】试题分析：AF、Cl、Br、I原子核外电子层数分别为2、3、4、5，原子核外电子层数随核电荷数的增加而增多，A正确；BF、Cl、Br、I元素的非金属性逐渐减弱，则被其他卤素单质从其卤化物中置换出来的可能性随核电荷数的增加而增大，B正确；C、F、Cl、Br、I元素的非金属性逐渐减弱，则对应氢化物的稳定性质逐渐减弱，C错误；DF、Cl、Br、I单质的颜色分别为浅黄绿色、黄绿色、红棕色、紫色，颜色逐渐加深，D正确，答案选C。考点：考查同主族元素的性质递变8. 下列解释实验过程的离子方程式中，不正确的是A. 利用固体管道疏通剂（主要成分为Al粉和NaOH固体）产生的气体疏通管道2Al2H2O2OH2AlO23H2B. 用氢氧化钠溶液除去铝箔表面的氧化膜 Al2O32OH2AlO2H2OC. 向氯化铝溶液中加入少量氢氧化钠溶液 Al33OHAl（OH）3D. 用胃舒平（主要成分是氢氧化铝）缓解胃酸（HCl）过多 OHHH2O【答案】D【解析】分析：A.铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；B.Al2O3与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水；C.NaOH量少时，氯化铝溶液与NaOH溶液反应生成氢氧化铝沉淀和氯化钠；D.氢氧化铝与盐酸反应生成氯化铝和水。详解：Al粉和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为：2Al2H2O2OH2AlO23H2，A正确；铝箔表面的氧化膜的成分是Al2O3，与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：Al2O32OH2AlO2H2O，B正确；向氯化铝溶液中加入少量NaOH溶液，生成氢氧化铝沉淀和氯化钠，离子方程式为Al33OHAl（OH）3，C正确；氢氧化铝是弱碱，且难溶于水，离子方程式中不能拆成离子形式，正确的离子方程式为：Al(OH)33H3H2O+Al3+，D错误；正确选项D。9. 实验室制取少量氨气涉及下列装置，其中正确的是A. 是氨气发生装置 B. 是氨气发生装置C. 是氨气收集装置 D. 是多余氨气吸收装置【答案】B【解析】分析：实验室制备少量氨气可以用熟石灰与氯化铵固体加热反应，也可以用浓氨水与生石灰反应，不能用氯化铵固体加热来制备氨气，因为氯化铵受热分解成氨气和氯化氢，冷却至室温后又变成氯化铵；氨气的密度小于空气密度，极易溶于水，只能采用向下排气法收集，尾气吸收注意防倒吸，据以上分析解题。10. 通常工业上监测SO2含量是否达到排放标准的化学反应原理是SO2H2O2BaCl2BaSO42HCl，用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是A. 0.1 mol BaCl2中所含离子总数为0.3 NAB. 25时，0.1mol/L的HCl溶液中含有H的数目为0.1 NAC. 标准状况下，17 g H2O2中所含分子总数为0.5 NAD. 生成2.33 g BaSO4沉淀时，吸收SO2的体积在标准状况下约为0.224 L【答案】B【解析】分析：A.BaCl2为强电解质，1 mol BaCl2溶液中含有离子总数为3NA；B.溶液的体积未知，无法求出H的数目；C.根据n=m/M进行计算；D.根据V=mVm/M进行计算。详解：0.1 molBaCl2中含有0.1mol Ba2+和0.2molCl-，所含离子总数约为0.3NA，A正确；没有给定溶液的体积，无法求出0.1mol/L的HCl溶液中含有H的数目，B错误；17gH2O2的物质的量为=0.5mol，所含分子的物质的量为0.5NA，C正确；2.33gBaSO4的物质的量为=0.01mol，根据方程式可知，吸收SO20.01mol，在标准状况下的体积为0.01mol22.4L/mol =0.224L，D正确；正确选项B。11. 如图所示进行实验，下列说法不正确的是A. 石蕊试液变红说明SO2的水溶液显酸性B. 品红溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色原因不相同C. BaCl2溶液中开始没有明显现象，一段时间后缓慢出现浑浊，该浑浊为BaSO3D. 该实验说明SO2的性质具有多样性【答案】C【解析】分析：A. 二氧化硫和水反应生成亚硫酸是中强酸，能够使石蕊试液变红；B.SO2具有漂白性，使品红褪色，具有还原性，使酸性高锰酸钾溶液褪色；C.亚硫酸的酸性小于盐酸，所以BaCl2溶液与SO2不反应；D.该实验综合体现了SO2的酸性氧化物的性质、漂白性、还原性等性质。详解：SO2和水反应生成H2SO3, H2SO3电离出H+而使其溶液呈酸性，酸能使紫色石蕊试液变红色,A正确；二氧化硫具有漂白性可以使品红溶液褪色，所以品红溶液中不断的通入SO2气体,品红溶液褪色,说明SO2具有漂白性；高锰酸钾溶液具有氧化性,能氧化还原性物质,向其中通入SO2溶液褪色,则高锰酸钾被还原,所以说明+4价硫具有还原性, SO2具有还原性, 褪色原因不相同，B正确；盐酸的酸性大于亚硫酸的酸性，因此BaCl2溶液与SO2气体不能发生反应，没有现象出现，C错误；通过以上实验证明SO2具有酸性氧化物的性质、漂白性、还原性等性质，D正确；正确选项C。点睛：SO2与BaCl2溶液不反应，若向混合液中通入氨气或加入氢氧化钠溶液，中和了酸，生成亚硫酸钡白色沉淀；若混合液中通入二氧化氮或加入硝酸溶液、双氧水等强氧化性试剂，二氧化硫被氧化为硫酸根离子，生成了硫酸钡白色沉淀。12. 工业制硝酸的尾气因含有氮的氧化物等有害物质而不能直接排放，工业上可采用NH3催化法将NO转化成N2和H2O而除去。下列式子是相应物质间的关系式（未配平）：NH3NON2H2O，有关说法正确的是A. NO既有氧化性又有还原性，在该反应中只体现氧化性B. NH3发生还原反应C. NH3和NO物质的量之比是：3：2D. N2只是还原产物【答案】A【解析】分析：NO中氮元素为+2价，处于中间价态，化合价可以升高，又能降低，既有氧化性又有还原性；在4NH36NO=5N26H2O反应中，NO中氮元素化合价降低，表现氧化性，氨气中氮元素化合价升高，表现还原性，发生氧化反应，氮气既是还原产物，又是氧化产物；根据方程式可知NH3和NO物质的量之比；据以上分析解答。详解：NO中氮元素为+2价，处于中间价态，可以升高到+4价，可以降低到0价，因此NO既有氧化性又有还原性，而4NH36NO=5N26H2O反应中，NO中氮元素化合价由+2价降低到0价，发生还原反应，表现氧化性，A正确；4NH36NO=5N26H2O反应中，氨气中氮元素由-3价升高0价，发生氧化反应，B错误；根据反应方程式4NH36NO=5N26H2O可知，NH3和NO物质的量之比是2：3，C错误；氨气被氧化为氮气，一氧化氮被还原为氮气，因此N2既是还原产物，又是氧化产物，D错误；正确选项A。13. 向CuSO4酸性溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热。一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊（Cu2O），继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，这个过程可以反复多次。下列关于上述过程的说法不正确的是A. 逸出气体的主要成分是O2B. H2O2既表现氧化性又表现还原性C. Cu2将H2O2还原D. 发生了反应Cu2OH2O24H2Cu23H2O【答案】C【解析】分析：根据题给信息可知，Cu2将H2O2氧化为O2，H2O2被氧化，表现还原性，Cu2被还原为Cu2O；继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，说明发生了反应Cu2OH2O24H2Cu23H2O，H2O2表现氧化性，据以上分析解答。详解：H2O2变为O2，氧元素化合价从-1变为0价，发生氧化反应，因此Cu2将H2O2氧化为O2，A正确；根据“蓝色溶液变为红色浑浊（Cu2O）”，说明铜离子被还原成+1价，H2O2表现了还原性；继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，说明发生了反应Cu2OH2O24H2Cu23H2O，Cu2O中+1价Cu 被氧化成+2价Cu2，H2O2又表现了氧化性，B正确；H2O2变为O2，氧元素化合价从-1变为0价，发生氧化反应，因此Cu2将H2O2氧化为O2，C错误；继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，说明发生了反应Cu2OH2O24H2Cu23H2O，D正确；正确选项C。点睛：双氧水是一种常见的绿色强氧化剂，还原产物为水，对环境没有危害；但是双氧水中的氧为-1价，还具有还原性，也能被强氧化剂氧化为氧气，因此在解题时，一定要避免陷入思维定式，认为只能做氧化剂。 14. 用如图所示装置进行下列实验，实验结果与预测的现象不一致的是选项现象A淀粉KI溶液浓硫酸溶液变蓝B酚酞溶液浓盐酸无明显变化CAlCl3溶液浓氨水有白色沉淀D浓盐酸浓氨水有白烟产生A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】分析：A.浓硫酸不挥发；B.酚酞遇酸不变色；C. 浓氨水易挥发, 氯化铝与氨水的反应生成白色沉淀；D. 浓盐酸挥发出氯化氢，浓氨水挥发出氨气，氯化氢与氨气反应生成氯化铵，有白烟产生。详解：浓硫酸不挥发,不与中淀粉KI溶液作用,则没有明显现象, A错误；浓盐酸易挥发,酚酞遇盐酸不变色，B正确；浓氨水易挥发, 中发生氯化铝与氨水的反应生成氢氧化铝和氯化铵,所以观察到白色沉淀,C正确；浓氨水易挥发出氨气，浓盐酸易挥发出氯化氢，两种气体相遇，产生白烟，D正确；正确选项A。15. 下图为实验室中某些气体的制备、除杂、收集装置。用此装置能获得干燥纯净气体的是选项abc气体A浓盐酸Na2SO3浓硫酸SO2B稀硝酸Cu浓硫酸NOC浓盐酸MnO2饱和食盐水Cl2DH2O2MnO2浓硫酸O2A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】分析：A.浓盐酸易挥发，SO2中含有氯化氢杂质气体；B. NO易与氧气反应，不能用排空气法收集；C. MnO2与浓盐酸加热反应制备氯气；D. H2O2在MnO2作催化剂的条件下发生反应生成氧气。详解：Na2SO3与浓盐酸反应生成的SO2中含有氯化氢杂质气体，浓硫酸只能吸水，不能除去氯化氢，所以不能获得干燥纯净的气体，A错误；Cu与稀硝酸反应生成NO，可用浓硫酸干燥，但是NO易与氧气反应，不能用排空气法收集，应用排水法收集，B错误；MnO2与浓盐酸加热反应制备氯气，没有加热装置，不能产生氯气，C错误；H2O2在MnO2作催化剂的条件下发生反应生成氧气，浓硫酸干燥氧气，用向上排空气法收集氧气，可以获得干燥纯净的气体，D正确；正确选项D。16. 下列实验操作及现象能够达成相应实验目的的是实验目的实验操作及现象A除掉Cl2中的少量HCl将混合气通入盛有NaOH溶液的洗气瓶B证明酸性条件下H2O2的氧化性强于I2向淀粉KI溶液中滴入3滴稀硫酸，未见溶液变蓝；再加入10的H2O2溶液，溶液立即变蓝色C证明氯的非金属性强于碳将稀盐酸滴到碳酸钙固体上，生成的气体通入盛有澄清石灰水的试管中，出现浑浊D验证氧化性强弱：Cl2Br2I2向5mL饱和氯水中滴加少量0.1 mol/L NaBr溶液，溶液由无色变为橙黄色，再滴加少量0.1mol/L淀粉KI溶液，溶液变蓝A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】分析：A.氢氧化钠与HCl、Cl2均反应，达不到提纯的目的，应该用饱和食盐水除去氯化氢；B.H2O2能够把I-氧化为I2，淀粉溶液变蓝，可以证明结论；C.盐酸与碳酸钙反应生成二氧化碳，只能证明酸性盐酸大于碳酸，由于盐酸不是最高价含氧酸，不能比较氯与碳非金属性强弱；D.氯气能够置换溴，溴也能置换碘，但是由于氯水过量，也能置换碘，无法说明氧化性Br2I2。详解：HCl与NaOH溶液反应，Cl2与NaOH溶液反应生成氯化钠和次氯酸钠，达不到提纯的目的，应用饱和食盐水除去氯化氢，A错误；H2O2能够把I-氧化为I2，淀粉溶液变蓝，证明氧化性：H2O2I2，B正确；将稀盐酸滴到碳酸钙固体上，生成的气体通入盛有澄清石灰水的试管中，出现浑浊，说明盐酸的酸性大于碳酸，因为盐酸不是最高价含氧酸，而碳酸为最高价含氧酸，不能比较氯的非金属性强于碳，C错误；氯水中的氯气分子把溴离子氧化为溴单质，氧化性Cl2Br2，由于氯水过量，氯气也能氧化碘离子，所以无法判定是溴单质氧化了碘离子，不能比较出Br2和I2氧化性的强弱，不能得出氧化性强弱：Cl2Br2I2，D错误；正确选项B。点睛：若要证明氯的非金属性大于碳，可以向碳酸钠溶液中加入足量的高氯酸，产生能够使澄清的石灰水变浑浊的气体二氧化碳；所以酸性：高氯酸大于碳酸，由于氯、碳元素都是最高正价，所以非金属性氯大于碳。17. 合成氨及其相关工业中，部分物质间的转化关系如下：下列说法不正确的是A. 甲、乙、丙三种物质都含有氮元素 B. 反应、和的氧化剂相同C. 的产物可在上述流程中被再次利用 D. 丁为NaHCO3【答案】B【解析】分析：由图可知，甲是氮气，与氢气化合生成氨气。反应是侯氏制碱法，故丁是碳酸氢钠，受热分解生成碳酸钠。氨气发生催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸和氨气反应生成硝酸铵，故乙是一氧化氮，丙是二氧化氮，综上所述，甲、乙、丙、丁分别为氮气、一氧化氮、二氧化氮、碳酸氢钠，据此回答问题。详解：由上述分析可知，甲、乙、丙三种物质中都含有氮元素，A正确；反应为氨气的催化氧化反应，氧化剂为氧气；反应为一氧化氮的氧化，氧化剂为氧气；反应为二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，氧化剂和还原剂均是二氧化氮，B错误；碳酸氢钠分解生成的二氧化碳可以在反应中循环利用，C正确；由上述分析可知，反应为侯氏制碱法，NaClNH3CO2H2O=NaHCO3NH4Cl，所以丁为NaHCO3，D正确；正确选项B。18. 甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素。它们之间具有如下转化关系：。下列有关物质推断不正确的是A. 若甲为焦炭，则丁可能是O2B. 若甲为SO2，则丁可能是氨水C. 若甲为Fe，则丁可能是盐酸D. 若甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2【答案】C【解析】试题分析：A、甲是碳，丁是氧气，则乙是CO，丙是二氧化碳，二氧化碳与碳反应生成CO，A正确；B、甲是二氧化硫，丁是氨水，则乙是亚硫酸氢铵，丙是亚硫酸铵，亚硫酸铵与二氧化硫反应生成亚硫酸氢铵，B正确；C、甲是铁，丁若是盐酸，则乙只能是氯化亚铁，而氯化亚铁与盐酸不再反应，C错误；D、甲是氢氧化钠，丁是二氧化碳，则乙是碳酸钠，丙是碳酸氢钠，碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠，D正确，答案选C。考点：考查物质之间的转化关系的判断视频19. 向硫酸酸化的NaI溶液中逐滴加入NaBrO3溶液，当加入2.6 mol NaBrO3时，测得反应后溶液中溴和碘的存在形式及物质的量分别为：粒子I2Br2IO3物质的量/mol0.51.3针对上述反应，下列说法正确的是A. NaBrO3是氧化剂B. 氧化产物只有I2C. 该反应共转移电子的物质的量是12 molD. 参加反应的NaI为2.5 mol【答案】A【解析】分析：根据图表信息可知，NaBrO3做氧化剂，NaI做还原剂；NaBrO3还原产物为Br2，NaI氧化产物为I2和NaIO3；根据溴元素化合价变化，可求出2.6molNaBrO3参加反应时，转移电子13mol，最后根据电子守恒规律，求出IO3的量，再根据碘原子守恒可以求出参加反应的NaI的量；据以上分析解答。详解：根据图表中各粒子的信息可知，NaBrO3中+5价溴变为Br2，NaBrO3发生还原反应，做氧化剂，A正确；NaI中碘由-1价升高到0价（I2）和+5价（IO3），发生氧化反应，氧化产物有I2和IO3，B错误；1molNaBrO3变为Br2时，转移电子5mol，2.6 molNaBrO3参加反应时，转移电子为2.65=13 mol，C错误；根据电子守恒可知：2.6 molNaBrO3参加反应时，转移电子为2.65=13mol，设IO3的量为x, 13=0.521+x6，x=2mol，根据碘原子守恒规律可知，参加反应的NaI的量为2+0.52=3mol，D错误；正确选项A。20. 某同学进行如下实验：装置操作现象将盛有浓硝酸的烧杯A放入盛有淀粉KI溶液的烧杯C中，然后将铜片放入烧杯A后，立即用烧杯B罩住烧杯A液体上方立即出现大量红棕色气体；一段时间后，红棕色气体消失。烧杯A和C中的液体都变成蓝色下列说法合理的是A. 烧杯A中发生反应：3Cu8HNO33Cu（NO3）22NO4H2OB. 红棕色气体消失只与NO2与烧杯C中的KI发生反应有关C. 烧杯C中溶液蓝色只与NO2和C中的溶液发生反应有关D. 若将铜片换成铁片，则C中的液体也可能变蓝【答案】D【解析】试题分析：A、浓硝酸和铜反应生成NO2，A错误；B、NO2溶于水生成硝酸和NO，也会到红棕色气体消失，B错误；C、生成的NO2溶于水生成硝酸和NO，硝酸把碘化钾氧化为单质碘，而显蓝色，C正确；D、若将铜片换成铁片，铁发生钝化，不能出现蓝色，D错误，答案选C。考点：考查元素及其化合物的性质21. 工业生产硫酸的流程如下图所示。己知黄铁矿的主要成分是FeS2（二硫化亚铁）。请回答下列问题：（1）FeS2中铁元素的化合价是_。（2）接触室中生成SO3的化学方程式是_。（3）从接触室中出来并被循环利用的物质是_。（4）工业上采用氨水处理尾气中的SO2，请写出足量氨水和SO2反应的离子方程式_。【答案】 (1). 2 (2). 2SO2O22SO3 (3). SO2、O2 (4). 2NH3H2OSO22NH4SO32H2O【解析】分析：（1）硫元素化合价为-1价，根据化合价法则可求出FeS2中铁元素的化合价。（2）接触室中二氧化硫被氧化为SO3。（3）接触室中发生的反应为2SO2O22SO3 ，所以SO2、O2 均有剩余，可以被循环利用。（4）氨水足量，与SO2反应生成亚硫酸铵。详解：（1）根据化合价法则，FeS2中硫元素为-1价，所以铁元素的化合价是+2价；正确答案：2。（2）接触室中，在催化剂条件下，二氧化硫被氧化为SO3，反应的化学方程式是2SO2O22SO3； 正确答案：2SO2O22SO3 。（3）接触室中发生的反应为2SO2O22SO3 ，所以SO2、O2 均有剩余，可以被循环利用；正确答案：SO2、O2。（4）足量氨水和SO2反应生成亚硫酸铵和水，反应的离子方程式：2NH3H2OSO22NH4SO32H2O；正确答案：2NH3H2OSO22NH4SO32H2O。22. 用O2将HCl转化为Cl2，可提高效益，减少污染。传统上该转化通过如下图所示的催化剂循环实现。（1）上述转化中属于氧化还原反应的是_（填序号）。（2）反应中O2与CuCl2的物质的量之比是_。（3）一定条件下，以HCl、CuO、O2为原料，写出该转化的总反应方程式_。【答案】 (1). (2). 1：2 (3). 4HClO22H2O2Cl2【解析】分析：根据图示可知：反应2HCl+CuO=CuCl2+H2O和反应2CuCl2+O2=2CuO+2Cl2；反应为非氧化还原反应，反应为氧化还原反应；根据反应可知O2与CuCl2的物质的量之比；把反应和消去CuO和CuCl2，即可得到以HCl、CuO、O2为原料的总反应方程式；据此分析解答。详解：（1）根据反应2HCl+CuO=CuCl2+H2O，各元素化合价不变，为非氧化还原反应，2CuCl2+O2=2CuO+2Cl2可知，氧元素、氯元素化合价发生了变化，为氧化还原反应；正确答案：。（2）根据2CuCl2+O2=2CuO+2Cl2可知，O2与CuCl2的物质的量之比为1：2；正确答案：1：2。（3）根据反应2HCl+CuO=CuCl2+H2O 和2CuCl2+O2=2CuO+2Cl2，反应2+反应，整理可得该转化的总反应方程式. 4HClO22H2O2Cl2；正确答案：4HClO22H2O2Cl2。23. 氯气可用于制取漂白剂和自来水消毒。（1）将氯气通入水中制得氯水，氯水可用于漂白，其中起漂白作用的物质是_（填写化学式）。（2）“84”消毒液也可用于漂白，其工业制法是在常温条件下，将氯气通入NaOH溶液中，反应的离子方程式为_。（3）同学们探究“84”消毒液在不同pH下使红纸褪色的情况，做了如下实验：步骤1：将5 mL市售“84”消毒液稀释100倍，测得稀释后溶液的pH12；步骤2：将稀释后溶液各20 mL分别加入3个洁净的小烧杯中；步骤3：用H2SO4溶液将3个烧杯内溶液的pH分别调至10、7和4。（溶液体积变化忽略不计）步骤4：在3个烧杯中分别放入大小相同的红纸，观察现象，记录如下：烧杯溶液的pH现象a1010min后，红纸基本不褪色；4h后红纸褪色b710min后，红纸颜色变浅：4 h后红纸褪色c410min后，红纸颜色变得更浅；4 h后红纸褪色已知，溶液中Cl2、HClO和ClO物质的量分数（a）随溶液pH变化的关系如下图所示：由实验现象可获得以下结论：溶液的pH在410范围内，pH越大，红纸褪色_。结合图像进行分析，b、c两烧杯中实验现象出现差异的原因是_。（4）由于氯气会与自来水中的有机物发生反应生成对人体有害的物质，人们尝试研究并使用新的自来水消毒剂，如ClO2气体就是一种新型高效含氯消毒剂。一种制备ClO2的方法是用SO2通入硫酸酸化的NaClO3溶液中，反应的离子方程式为_。另一种制备ClO2的方法是用NaClO3与盐酸反应，同时有Cl2生成，产物中Cl2体积约占1/3，每生成0.5mol ClO2，转移_mol e。【答案】 (1). HClO (2). Cl22OHClClOH2O (3). 越慢 (4). b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO浓度较小，反应速率较慢，褪色较慢 (5). SO22ClO32ClO2SO42 (6). 0.5【解析】(1)氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能够将有色物质漂白，故答案为：HClO；(2)常温下，氯气通入NaOH溶液中反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；(3)根据实验数据，溶液的pH在4 10范围内，pH越大，红纸褪色越慢，故答案为：越慢；根据溶液中Cl2、HC1O和ClO-物质的量分数() 随pH变化的关系图可知，b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO浓度较小，反应速率较慢，褪色较慢，故答案为：b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO浓度较小，反应速率较慢，褪色较慢；(4)将SO2通入硫酸酸化的NaC1O3溶液中反应生成了ClO2，根据氧化还原反应的规律，同时应该生成硫酸钠，反应的离子方程式为SO2+2ClO3-=2ClO2+SO42-，故答案为：SO2+2ClO3-=2ClO2+SO42-；用NaClO3与盐酸反应生成ClO2，同时有Cl2生成，产物中Cl2体积约占1/3，反应的化学方程式为2NaClO3+4HCl= 2ClO2+ Cl2+ 2H2O+2NaCl，反应中转移的电子为2e-，则每生成0.5 mol ClO2，转移的的物质的量为0.5mol，故答案为：0.5。点睛：解答本题的关键是掌握和理解氧化还原反应的规律和氯气的性质。本题的易错点和难点是(3)，要学会读图，从题干信息寻找答案。本题的另一个易错点是氧化还原反应的计算，氧化还原反应的计算依据为得失电子守恒。24. 用含有Al2O3、SiO2和少量FeOxFe2O3的铝灰制备Al2（SO4）318H2O，工艺流程如下（部分操作和条件略）：. 向铝灰中加入过量稀H2SO4，过滤；. 向滤液中加入过量KMnO4溶液，调节溶液的pH约为3；. 加热，产生大量棕色沉淀，静置，上层溶液呈紫红色；. 加入MnSO4至紫红色消失，过滤；. 加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到产品。（1）H2SO4溶解Al2O3的离子方程式是_。（2）KMnO4氧化Fe2的离子方程式补充完整：_（3）已知：生成氢氧化物沉淀的pHAl（OH）3Fe（OH）2Fe（OH）3开始沉淀时3.46.31.5完全沉淀时4.78.32.8注：金属离子的起始浓度为0.1molL1根据表中数据解释步骤的目的_；（4）已知：一定条件下，MnO4可与Mn2反应生成MnO2，向的沉淀中加入浓HCl并加热，能说明沉淀中存在MnO2的现象是_。中加入MnSO4的目的是_。【答案】 (1). Al2O36H2Al33H2O (2). 5 8H 5 4H2O (3). pH约为3时，Fe2和Al3不能沉淀，将Fe2氧化成Fe3，可使Fe元素沉淀完全 (4). 生成黄绿色气体 (5). 除去过量的高锰酸根【解析】（1）硫酸溶解氧化铝生成硫酸铝和水，反应的离子方程式为：Al2O3+6H+=2Al3+3H2O；（2）高锰酸根离子在酸溶液中被还原为锰离子，亚铁离子被氧化为铁离子，反应的离子方程式为：MnO4-+5Fe2+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O，故答案为：1、5；8H+；1、5；4H2O；（3）向滤液中加入过量KMnO4溶液，目的是氧化亚铁离子为三价铁离子，依据图表数据分析可知，铁离子开始沉淀和沉淀完全的溶液pH为1.5-2.8，铝离子和亚铁离子开始沉淀的溶液pH大于3，所以调节溶液的pH约为3，可以使铁离子全部沉淀，铝离子不沉淀分离；故答案为：pH约为3时，Fe2+和Al3+不能形成沉淀，将Fe2+氧化为F