山東省青島市萊西市2023-2024學年高一上學期11月期中考試化學試卷姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三總分評分一、本題共10小題，每小題2分，共20分。在每小題列出的四個選項中，只有一項符合題目要求。1．下列有關“綠色化學”或“綠色食品”的描述正確的是（）A．貼有“綠色”防偽標志的食品屬于“綠色食品”B．“綠色化學”的核心是利用化學原理對環境污染進行治理C．“綠色化學”中的“3R”原則（減量化、再利用和再循環）是開發和利用自然資源的基本原則D．植物秸稈含大量鉀元素，焚燒后作鉀肥符合“綠色化學”的思想2．化學與生活密切相關，下列說法錯誤的是（）A．因鋁有強還原性，可用于制作門窗框架B．因氧化鈣易吸水，可用作干燥劑C．核酸檢測是判斷是否感染新冠病毒的手段之一D．豆漿能產生丁達爾效應是由于膠體粒子對光線的散射3．能夠在人體血管中通行的藥物分子運輸車-“納米藥物分子運輸車”在中國科學院上海硅酸鹽研究所研制成功，該“運輸車”可提高腫瘤的治療效果，其結構如圖所示。下列有關說法正確的是（）A．該“運輸車”中四氧化三鐵是堿性氧化物B．該“運輸車”的外殼一定含有碳元素C．該“運輸車”分散于水中所得的分散系屬于膠體D．二氧化硅不屬于酸性氧化物4．NAA．12gNaHSO4中含有0.2B．1.7gH2OC．標準狀況下，22.4LH2OD．標準狀況下，11.2LCl25．下列說法中正確的是（）①干冰、冰水混合物、四氧化三鐵都是純凈物且為氧化物②硫酸、純堿、醋酸鈉和燒堿分別屬于酸、堿、鹽和氧化物③金屬氧化物不一定都是堿性氧化物，但堿性氧化物一定都是金屬氧化物④氫氧化鐵膠體能比較穩定存在的主要原因是氫氧化鐵膠體帶正電⑤膠粒比溶液中溶質粒子大，所以膠體可以用過濾的方法把膠粒分離出來⑥汽油屬于有機化合物，為非電解質，生石灰可做食品干燥劑，為電解質⑦Cl⑧12mol?L?1鹽酸50ml與足量MnOA．2個 B．3個 C．4個 D．5個6．下列粒子組能否大量共存的判斷及分析正確的是（）選項離子組判斷及原因AK+、Ca2+、能大量共存BK+、Fe3+、不能大量共存，因發生FCNa+、K+、不能大量共存，OH?與ODNa+、Fe3+、H能大量共存，離子間不反應A．A B．B C．C D．D7．下列指定反應的離子方程式正確的是（）A．向含有NaOH和Ca(OH)2B．向次氯酸鈣溶液通入足量二氧化碳：ClC．用醋酸除去水垢：CaCD．H2S8．高鐵酸鉀是一種環保、高效、多功能飲用水處理劑，制備流程如圖，下列敘述正確的是（）A．反應Ⅰ產生的尾氣可通入澄清石灰水中吸收B．反應Ⅰ生成的FeCl2會被NaClOC．反應Ⅱ中每消耗3molClO?轉移3D．一定溫度下，溶解度N9．氯化碘（ICl3）在藥物合成中用途非常廣泛，其熔點為33℃，沸點為73℃，遇水易反應。實驗室可用如圖裝置（部分夾持裝置已略去）制取IClA．利用裝置甲選用藥品可以是KMnO4B．裝置乙中長頸漏斗內液面上升說明丙裝置可能發生堵塞C．裝置戊中堿石灰的作用是干燥CD．裝置丁中生成ICl10．在標準狀況下，ag氣體x與bg氣體y的分子數相同，下列說法正確的是（）A．標準狀況下，等質量的x和y體積之比為b：aB．同溫同壓下，氣體x和氣體y的密度之比為b：aC．25℃時，1g氣體x和1g氣體y的原子數之比為b：aD．同物質的量的氣體x和氣體y的質量之比為b：a二、選擇題（本題包括5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題意，漏選得2分，多選錯選不得分）11．下列實驗操作、現象和結論都正確的是（）選項操作現象結論A左邊棉球變為橙色，右邊棉球變為藍色氧化性：CB向CuSO產生無色氣泡，溶液底部有藍色沉淀生成水溶液中Na不能置換銅C向某溶液中加入鹽酸產生無色氣體，將該氣體通入澄清石灰水澄清石灰水變渾濁該溶液中一定含有CO3D干燥的氯氣依次通過干燥有色布條、濕潤有色布條干燥有色布條不褪色、濕潤有色布條褪色證明ClA．A B．B C．C D．D12．下列說法錯誤是（）A．3SiOB．已知在堿性溶液中可發生反應：2R(OH)C．已知11P+15CuSO4+X=5Cu3P+6HD．Na2Sx在堿性條件下可被NaClO氧化為Na2SO413．用如圖所示裝置進行下列實驗，將①中液體滴入②中，預測現象不正確的是（）選項①中物質②中物質③中物質預測現象A稀硫酸Na飽和碳酸鈉溶液③中出現白色晶體B稀鹽酸MnOKI-淀粉溶液③中溶液變藍色C稀鹽酸NaClO溶液紫色石蕊試液③紫色石蕊試液褪色D新制飽和氯水CaCO濕潤的紅色石蕊試紙②大理石表面有氣泡產生，③中石蕊試紙變藍A．A B．B C．C D．D14．某工業廢水中含下表離子中的幾種且每種離子數目相等（）陽離子K+、Mg2+、Ba2+、Ag+陰離子Cl-、HCO3?、NO3?某同學欲探究廢水的組成，進行了如下實驗：Ⅰ．取廢水少許加入足量鹽酸，無白色沉淀析出，但生成能使澄清石灰水變渾濁的無色無味氣體Ⅱ．向Ⅰ中所得的溶液中加入BaCl2溶液或AgNO3溶液都有白色沉淀生成。下列推斷不正確的是A．溶液中一定含有的離子是K+、HCO3?、SO42?B．Ⅰ中加入鹽酸生成無色氣體的離子方程式是HCO3?+H+=CO2↑+H2C．原溶液中一定沒有Ba2+、Ag+，但是Cl-、NO3?D．Ⅱ中產生白色沉淀的一個離子方程式是：Ba2++SO42?=BaSO415．KMnO4是實驗室常見的氧化劑，實驗室用MnO2等作原料制取少量KMnO4的實驗流程如圖：下列說法正確的是（）A．“熔融”過程中氧化劑是KClO3，還原劑是MnO2B．“溶解”后的溶液中存在大量的K+、Cl-、MnO4C．“K2MnO4歧化”時氧化劑與還原劑的分子個數比為1∶2D．為了得到更多的晶體，結晶時應大火蒸干三、非選擇題（本題包括5小題，共60分）16．漂白粉消毒是利用漂白粉的氧化作用對飲用水和廢水進行殺菌的水處理過程。（1）某品牌的漂白粉中，其有效成分的含量約為43%，寫出工業上制漂白粉的化學反應方程式。（2）某同學欲將該漂白粉配成450mL含有ClO-0.1mol?L①寫出在配制過程中，上圖所示的儀器，用不到的儀器名稱。②配制過程中，需稱量該漂白粉的質量為g③該同學配制溶液后，發現溶液底部中有少量不溶物。請用化學方程式寫出形成其不溶物的原因。（3）“84消毒液”與稀硫酸混合使用可增強其消毒能力，某消毒小組人員用98%（密度為1.84g/cm3）的濃硫酸配制500①需用濃硫酸的體積為mL。②取用任意體積的濃硫酸時，下列物理量中不隨所取體積的多少而變化的是。A.溶液中H2C.溶液的質量D.溶液的密度③在濃硫酸稀釋過程中遇到下列情況，使所配制的硫酸濃度大于2.3mol?L?1有A.未經冷卻趁熱將溶液注入容量瓶中B.搖勻后發現液面低于刻度線，再加水至刻度線C.定容時俯視觀察液面D.量取濃硫酸時俯視凹液面17．有些掛面在壓制過程中會加入少量叫食用堿的碳酸鈉。（一）工業上常采用侯氏制堿法制取碳酸鈉，實驗裝置如圖所示（夾持裝置省略）。回答：（1）實驗時，先從管通入。（2）有同學建議在b管下端連接多孔球泡裝置，理由是。（3）（二）碳酸鈉樣品中往往含有少量的NaCl，某學習小組設計質量差分析法測定樣品中Na將一定質量的樣品與足量的稀硫酸反應，采用如下圖所示裝置，通過稱量反應前后盛有堿石灰的干燥管C的質量，利用其質量差計算樣品的純度。①按照實驗順序排列下列操作步驟gdfch。（某些步驟可以重復）a.檢查裝置的氣密性b.打開止水夾c.緩慢鼓入空氣數分鐘d.干燥管C內堿石灰質量為m1ge.取nf.緩慢加入稀硫酸至不再產生氣體為止g.關閉止水夾h.稱量干燥管C質量為m2g（m②在操作h前，要緩慢鼓入空氣數分鐘，鼓入空氣的作用是，裝置A的作用是。③若去掉裝置D，對實驗結果的影響是（讀“偏大”，“偏小”或“無影響”），樣品中Na218．某小組通過實驗探究氧化還原反應的規律。已知：氧化還原反應電位傳感器可以測量不同溶液的電位值，根據電位值大小可比較物質的氧化性/還原性強弱；數值越大，氧化性越強；數值越小，還原性越強。測得幾種物質的電位值如表所示。（注：實驗中進行酸化時均用稀硫酸）物質FeCKMnONaNOBIN濃度0.10M（M為物質的量濃度的單位）電位值/1711130603662116-361根據表中數據，回答下列問題：（1）濃度相同的下列三種溶液，氧化性由強到弱的順序為（填序號）。甲.FeCl3乙.酸性KMn（2）結合上述信息思考：對于I?、Br?混合溶液，若控制性氧化I?而不氧化Br?，請提出兩種合理的氧化方案：①加入（3）向等濃度的NaBr和KI混合溶液滴加少量酸性KMnO4溶液（對應還原產物為Mn（4）已知下列四種氧化劑（均可氧化KI）對應的還原產物情況如下：氧化劑KMnKIHHN還原產物MIHNO請判斷，等物質的量的四種氧化劑分別與足量KI作用，得到I2最多的是（5）造紙、印刷等工業廢水中含有大量的硫化物（主要成分為Na①反應Ⅰ和Ⅱ的轉移電子數相等時，還原劑物質的量之比為。②在廢水處理整個過程中，催化劑為，氧化劑為。③反應Ⅲ中Na2S與N19．過氧化鈣（CaO（1）探究一：CaO2與水反應除生成氧氣外，還生成什么物質？

取適量CaO2放入試管中加適量水，向試管中滴加酚酞溶液，液體變成紅色，說明生成了（2）此供氧劑長期暴露在空氣中，會變質生成CaCO3，為檢驗此供氧劑是否變質，某同學向其中加入稀鹽酸，若觀察到有氣泡生成，則判斷此供氧劑已變質。其他同學不認同上述方案的理由是（3）探究二：測定久置過氧化鈣純度。方案一：通過測定產生氧氣的體積，最終計算出供氧劑中過氧化鈣的含量。取一定質量的供氧劑溶于水，按照如圖裝置進行裝配。讀出體積時要注意：①該反應為放熱反應。待氣體恢復至室溫再讀數；②；③視線和凹液面最低處保持水平再讀數。（4）方案二：把樣品中的CaO2轉化為碳酸鈣，通過測定碳酸鈣沉淀的質量，求得指出下圖所示過濾操作中不規范之處。（5）滴加的Na2CO3溶液要過量的原因是20．氯可形成多種含氧酸鹽，廣泛應用于殺菌、消毒及化工領域。實驗室中利用下圖裝置（部分裝置省略）制備KClO3和已知：3C（1）寫出該裝置中制備氯氣的離子方程式，a中的試劑為。（2）b中氧化劑和還原劑的質量比為。c中采用冰水浴冷卻的目是。（3）d的作用是吸收多余的氯氣，可選用試劑____（填字母）。A．HCl B．NaCl C．NaOH D．N（4）用制得的氯氣做如圖1的實驗，向裝有一瓶氯氣的集氣瓶中添加適量的蒸餾水，振蕩，先利用注射器滴加NaOH溶液，再利用注射器滴加稀鹽酸，用壓強傳感器測得集氣瓶內的壓強隨時間變化的曲線如圖2所示。①階段①說明。②階段②的壓強變小，該過程發生了氧化還原反應，氧化產物是。③寫出階段③發生反應的離子方程式。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A、綠色食品是無污染的、安全、優質、營養類食品，并不是貼有“綠色”防偽標志的食品就是“綠色食品”，故A錯誤；

B、綠色化學的核心是利用化學原理從源頭減少或消除污染，故B錯誤；

C、開發和利用自然資源，必須遵循減量化、再利用和再循環的原則，踐行綠色發展理念，故C正確；

D、焚燒植物秸稈會產生污染物，不符合“綠色化學”的思想，故D錯誤；

故答案為：C。

【分析】綠色化學應符合“原料中的原子全部轉變成所需要的產物，不產生副產物，無污染，實現零排放”，綠色化學的核心是利用化學原理從源頭上減少和消除工業生產對環境的污染。無污染的安全、優質、營養類食品屬于“綠色食品”。2．【答案】A【解析】【解答】A、鋁合金密度小，強度大，可用于制作門窗框架，與其還原性無關，故A符合題意；

B、氧化鈣與水反應，易吸收水，可用作干燥劑，故B不符合題意；

C、不同生命體的核酸具有不同的特征，所以核酸檢測是判斷是否感染新冠病毒的手段之一，故C不符合題意；

D、豆漿為膠體，能產生丁達爾效應，丁達爾效應是由于膠體粒子對光線的散射，故C不符合題意；

故答案為：A。

【分析】A、鋁合金密度小，強度大；

B、氧化鈣能與水反應；

C、不同生命體的核酸具有不同的特征；

D、丁達爾效應是膠體特有的性質。3．【答案】B【解析】【解答】A.四氧化三鐵與酸反應生成鐵鹽和亞鐵鹽，不是堿性氧化物，A錯誤；

B.該“運輸車”的外殼為有機物外殼，有機物含有碳元素，B正確；

C.該“納米藥物分子運輸車”的直徑為200nm，而膠體的分散質粒子直徑為1~100nm，所以該“納米藥物分子運輸車”分散于水中所得的分散系不屬于膠體，C錯誤；

D.二氧化硅能與堿反應生成鹽和水，屬于酸性氧化物，D錯誤；

故選B。

【分析】A.堿性氧化物指的是能與酸反應生成鹽和水的氧化物；

B.有機物含有碳元素；

C.膠體的分散質粒子直徑為1~100nm；

D.酸性氧化物指的是能與堿起反應生成鹽和水的氧化物判斷。4．【答案】C【解析】【解答】A、硫酸氫鈉中含有鈉離子和硫酸氫根離子，12gNaHSO4的物質的量為0.1mol，含有0.1NA個陽離子，故A錯誤；

B、1.7gH2O2的物質的量為0.05mol，含有的氧原子數為0.1NA，故B錯誤；

C、標況下水為液體，密度為1g/mL，標準狀況下，22.4LH2O質量為22400g，物質的量遠遠大于1mol，含有H原子數目大于2NA，故C正確；

D、氯氣與水反應為可逆反應，不能進行到底，標準狀況下，11.2LCl2通入水中，溶液中氯離子數小于0.5NA，故D錯誤；

故答案為：C。

【分析】A、硫酸氫鈉中含有鈉離子和硫酸氫根離子；

B、一個過氧化氫分子中含有2個氧原子；

5．【答案】A【解析】【解答】①干冰為固體CO2、冰水混合物為H2O、四氧化三鐵為Fe3O4，都是純凈物且為氧化物，故①正確；

②燒堿屬于堿，含有三種元素，不屬于氧化物，故②錯誤；

③金屬氧化物不一定都是堿性氧化物，如Mn2O7為酸性氧化物，但堿性氧化物一定都是金屬氧化物，故③正確；

④氫氧化鐵膠體能比較穩定存在的主要原因是氫氧化鐵膠體分散質微粒吸附帶正電荷的離子，故④錯誤；

⑤溶液和膠體都可以通過濾紙，膠體不可以用過濾的方法把膠粒分離出來，故⑤錯誤；

⑥石油是混合物，既不是電解質也不是非電解質，故⑥錯誤；

⑦Cl2使鮮花褪色，氯氣和水反應生成鹽酸和次氯酸，體現次氯酸的漂白性，故⑦錯誤；

⑧隨著反應進行，鹽酸的濃度變小，變為稀鹽酸后不與二氧化錳反應，因此轉移的電子數小于0.3NA，故⑧錯誤；

故答案為：A。

【分析】①氧化物是由兩種元素組成，其中一種元素為氧元素的化合物；

②堿是指在溶液中電離產生的陰離子全部是氫氧根離子的化合物；

酸是指在溶液中電離產生的陽離子全部是氫離子的化合物；

鹽是指由金屬陽離子或者銨根離子與酸根離子構成的化合物；

③堿性氧化物是指能與水作用生成堿，或與酸作用只生成鹽和水的氧化物；

④膠體是電中性分散系，膠體分散質吸附帶正電荷的離子；

⑤溶液和膠體都能通過濾紙；

⑥電解質是指在水溶液中或熔融狀態下能導電的化合物；

⑦氯氣不具有漂白性；

⑧6．【答案】C【解析】【解答】A、Ca2+、OH-反應生成氫氧化鈣微溶物，不能大量共存，故A錯誤；

B、一水合氨為弱電解質，應保留化學式，離子方程式書寫錯誤，故B錯誤；

C、OH?、HCO3?發生反應OH?+HCO3?7．【答案】B【解析】【解答】A、通入少量CO2時，CO2先與Ca（OH）2反應，反應的離子方程式為Ca2++CO2+2OH-=CaCO3↓+H2O，故A錯誤；

B、向次氯酸鈣溶液通入足量二氧化碳，反應生成次氯酸和碳酸氫鈣，反應的離子方程式為ClO?+CO2+H2O=HClO+HCO3?，故B正確；

C、醋酸為弱酸，應保留化學式，正確的離子方程式為CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-，故C錯誤；

D、鹽酸的酸性強于H2SO3，H2SO3與氯化鈣溶液不反應，故D錯誤；

故答案為：B。

【分析】A、通入少量CO2，CO8．【答案】D【解析】【解答】A、氫氧化鈣的溶解度小，澄清石灰水中溶質含量較少，一般不用澄清石灰水吸收氯氣，而是用氫氧化鈉溶液，故A錯誤；

B、反應Ⅰ生成的FeCl3會被NaClO氧化成Na2FeO4，故B錯誤；

C、反應Ⅱ中ClO-被還原為Cl-，則每消耗3molClO?轉移6mol電子，故C錯誤；

D、向Na2FeO4溶液中加入飽和KOH溶液析出K2FeO4，說明一定溫度下，溶解度Na2FeO4>K2FeO4，故D正確；

故答案為：D。

9．【答案】C【解析】【解答】A、濃鹽酸和高錳酸鉀、氯酸鉀在常溫下反應生成氯氣，因此利用裝置甲選用藥品可以是KMnO4、KClO3，故A不符合題意；

B、丙裝置發生堵塞，裝置乙內壓強增大，長頸漏斗內液面上升，故B不符合題意；

C、裝置戊中堿石灰的作用是吸收Cl2，并防止空氣中的水進入裝置丁，故C符合題意；

D、Cl的電負性大于I，所以裝置丁中生成ICl3，碘元素的化合價為+3，故D不符合題意；

故答案為：C。10．【答案】A【解析】【解答】解：ag氣體X與bg氣體y的分子數相同，根據N=nNA可知，二者物質的量相等，根據M=mnA．同溫同壓下，體積之比等于物質的量之比，根據n=mMB．同溫同壓下，兩氣體的密度之比等于其摩爾質量之比，則二者的密度之比=a：b，故B錯誤；C．不能確定每個x、y分子含有原子數目，無法計算含有原子數目之比，故C錯誤；D．根據m=nM知，相同物質的量時，其質量之比=摩爾質量之比=a：b，故D錯誤；故選A．【分析】ag氣體X與bg氣體y的分子數相同，根據N=nNA可知，二者物質的量相等，根據M=mnA．同溫同壓下，體積之比等于物質的量之比，結合n=mMB．同溫同壓下，兩氣體的密度之比等于其摩爾質量之比；C．不能確定每個x、y分子含有原子數目，無法計算含有原子數目之比；D．根據m=nM判斷其質量之比．11．【答案】B【解析】【解答】A、氯氣可分別與NaBr、KI反應，由實驗操作和現象可知，不能比較Br2、I2的氧化性強弱，故A錯誤；

B、將鈉投入硫酸銅溶液中，鈉先與水反應生成氫氧化鈉和氫氣，氫氧化鈉再與硫酸銅反應生成氫氧化銅沉淀，鈉不能直接置換銅，故B正確；

C、碳酸根離子、碳酸氫根離子均與鹽酸反應生成二氧化碳；亞硫酸根離子、亞硫酸氫根離子均與鹽酸反應生成二氧化硫，由實驗操作和現象，不能證明該溶液中是否含有CO32?或SO32?，故C錯誤；

D、氯氣本身不具有漂白性，氯氣與水反應生成的次氯酸具有漂白性，故D錯誤；

故答案為：B。

【分析】A、氯氣能氧化NaBr和KI；12．【答案】A,C【解析】【解答】A、3SiOB、由得失電子守恒和電荷守恒可知：2R(OH)C、已知11P+15CuSO4+X=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4，由元素質量守恒可知，X為水，該反應為：11P+15CuSO4+24H2O＝5Cu3D、Na2Sx在堿性條件下可被NaClO氧化為Na2SO4，而NaClO被還原為NaCl故答案為：AC；【分析】A、C元素的化合價升高、N元素的化合價降低，則C為還原劑，氮氣為氧化劑；

B、根據電荷守恒計算；

C、由原子守恒可知X為H2O，該反應中P元素的化合價由0降低為-3價、P元素的化合價由0升高為+5價，Cu元素的化合價由+2價降低為+1價，由P元素的化合價升高可知，15molCuSO4參加反應時轉移30mol電子；

D、Cl元素的化合價由+1價降低為-1價，S元素從-2x13．【答案】B,D【解析】【解答】A、稀硫酸與碳酸鈉反應生成二氧化碳，二氧化碳與飽和碳酸鈉溶液反應析出溶解度小的碳酸氫鈉，則③中出現白色晶體，故A不符合題意；

B、稀鹽酸與二氧化錳不反應，不能生成氯氣，溶液不變藍，故B符合題意；

C、稀鹽酸與次氯酸鈉溶液反應生成氯氣，氯氣與水反應生成具有漂白性的HClO，可使紫色石蕊褪色，故C不符合題意；

D、氯水中含氫離子，與碳酸鈣反應生成二氧化碳，二氧化碳溶于水生成碳酸，可使石蕊試紙變紅，故D符合題意；

故答案為：BD。

【分析】A、稀硫酸與碳酸鈉反應生成二氧化碳，二氧化碳與飽和碳酸鈉溶液反應生成碳酸氫鈉；

B、稀鹽酸與二氧化錳不反應；

C、稀鹽酸與次氯酸鈉溶液反應生成氯氣，氯氣與水反應生成具有漂白性的HClO；

D、氯水中含氫離子，與碳酸鈣反應生成二氧化碳。14．【答案】C【解析】【解答】A、由分析可知，陰離子一定存在HCO3-、SO4B、溶液中含有HCO3-，與鹽酸反應生成能使澄清石灰水變渾濁的無色無味氣體是二氧化碳，Ⅰ中加入鹽酸生成無色氣體的離子方程式是HCO3-+HC、由分析可知，步驟Ⅰ引入了氯離子，因此無法確定Cl-是否存在，而NOD、Ⅱ中產生白色沉淀是由BaCl2溶液和SO42-生成硫酸鋇沉淀，離子方程式是：Ba2++S故答案為：C。【分析】Ⅰ．取廢水少許加入足量鹽酸，無白色沉淀析出，說明無Ag+，但生成能使澄清石灰水變渾濁的無色無味氣體，說明含有HCO3-，

Ⅱ．向Ⅰ中所得的溶液中加入BaCl2溶液或AgNO3溶液都有白色沉淀生成，沉淀有硫酸鋇和AgCl，說明含有SO42-，但步驟Ⅰ加入鹽酸引入了氯離子，因此無法確定Cl-是否存在，根據離子共存，一定不存在Ba2+，因為每種離子數目相等，由電荷守恒，一定存在K15．【答案】A,C【解析】【解答】A、二氧化錳和氯酸鉀、氫氧化鉀熔融生成K2MnO4、KCl、H2O，氯酸鉀中Cl元素化合價降低，KClO3是氧化劑，二氧化錳中Mn元素化合價升高，MnO2是還原劑，故A正確；B、K2MnO4、KCl易溶于水，則“溶解”后的溶液中存在大量的K+、Cl-、MnO42?C、“K2MnO4歧化”時生成KMnO4、MnO2，錳元素化合價由+6升高為+7、錳元素化合價由+6降低為+4，氧化劑與還原劑的分子個數比為1∶2，故C正確；D、KMnO4加熱易分解，結晶時不能大火蒸干，故D錯誤；故答案為：AC。【分析】二氧化錳和氯酸鉀、氫氧化鉀熔融生成K2MnO4、KCl、H2O，K2MnO4溶液中通入二氧化碳，K2MnO4發生歧化反應生成KMnO4、MnO2，過濾出MnO2沉淀，結晶得到KMnO4粗品。16．【答案】（1）2C（2）分液漏斗圓底燒瓶；8.3；Ca（3）62.5；BD；AC【解析】【解答】（1）工業上將氯氣通入石灰乳中制備漂白粉，氯氣和氫氧化鈣反應生成氯化鈣、次氯酸鈣和水，反應的化學反應方程式為2Cl2+2Ca(OH（2）①配制溶液時，需要稱量、溶解、冷卻、轉移、洗滌、定容、搖勻、裝瓶等操作，所以上述儀器中必須用到的有燒杯、托盤天平、容量瓶，在配制過程中，上圖所示的儀器，用不到的儀器名稱為：分液漏斗、圓底燒瓶；

故答案為：分液漏斗，圓底燒瓶；②實驗室沒有450mL容量瓶，將該漂白粉配成450mL含有次氯酸根0.1mol/L的溶液時應選用500mL容量瓶，則需要稱量的漂白粉的質量為0.1mol/L×0.5L×12×143g/mol③該同學配制溶液后，發現溶液底部中有少量不溶物，說明漂白粉中的次氯酸鈣與空氣中的二氧化碳反應生成碳酸鈣和次氯酸導致漂白粉變質，反應的化學方程式為Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO；

故答案為：Ca(（3）①濃硫酸的物質的量濃度為c(H2SO4)②A、溶液中H2B、溶液的物質的量濃度為單位體積的溶液中所含溶質的物質的量，且溶液具有均一性，則濃度不隨所取體積的多少而變化，則B選；C、溶液的質量=溶液的體積×密度，質量與溶液體積有關，則C不選；D、溶液的密度為單位體積的溶液中所含溶液的質量，溶液的密度為溶液的性質，可見密度不隨所取體積的多少而變化，則D選；故答案為：BD；③A、未經冷卻趁熱將溶液注入容量瓶中，冷卻后溶液體積偏小，溶液濃度偏高，故A符合題意；B、搖勻后發現液面低于刻度線，再加水至刻度線，導致溶液體積偏大，溶液濃度偏低，故B不符合題意；C、定容時俯視觀察液面，導致溶液體積偏小，溶液濃度偏高，故C符合題意；D、量取濃硫酸時俯視凹液面，導致溶質偏小，溶液溶度偏低，故D不符合題意；故答案為：AC。【分析】（1）工業上將氯氣通入石灰乳中制備漂白粉；

（2）①配制一定濃度的溶液的步驟為：計算、稱量、溶解、冷卻、移液、洗滌、定容、搖勻等，據此選擇儀器；

②根據m=cVM計算；

③漂白粉中的次氯酸鈣與空氣中的二氧化碳反應生成碳酸鈣和次氯酸；

（3）①根據稀釋前后溶質的物質的量不變計算；

②溶液是均一穩定的；

③根據c=n17．【答案】（1）a；N（2）增大氣體與溶液的接觸面積，提高CO（3）aebc；使廣口瓶中產生的CO2氣體全部排出；吸收空氣中的C【解析】【解答】（1）氨氣極易溶于水，為防止倒吸，實驗時，應先從a管通入NH3，故答案為：a；（2）在b管下端連接多孔球泡裝置可增大氣體與溶液的接觸面積，提高CO2的吸收率；

故答案為：增大氣體與溶液的接觸面積，提高（3）實驗順序為：先檢查裝置氣密性，稱取ng樣品裝入廣口瓶中，打開止水夾，緩慢鼓入空氣數分鐘用來趕凈裝置中的空氣，關閉止水夾，在干燥管內C填滿堿石灰，質量為m1g，緩慢加入稀硫酸至不再產生氣體為止，打開止水夾，緩慢鼓入空氣數分鐘，把生成的二氧化碳全部趕到堿石灰干燥管中全部吸收，再稱量干燥管C質量為m2g計算，故正確的順序為aebcgdfch；

故答案為：aebc；②在操作h前，要緩慢鼓入空氣數分鐘，鼓入空氣的作用是：使廣口瓶中產生的CO2氣體全部排出，裝置A的作用是可以吸收空氣中的CO2；

故答案為：使廣口瓶中產生的③若去掉裝置D，C中堿石灰會吸收空氣中水分和二氧化碳而使質量偏大，則對實驗結果的影響是：偏大；該實驗測定生成的二氧化碳氣體為(m2?m1)g，根據反應Na2CO3【分析】（一）侯氏制堿法的原理為：氨氣極易溶于水所得溶液呈堿性，能增大二氧化碳的溶解度，飽和食鹽水中通氨氣到飽和銨鹽水，向飽和銨鹽水中通過量二氧化碳，生成碳酸氫鈉，由于碳酸氫鈉溶解度小，故形成碳酸氫鈉的過飽和溶液，析出碳酸氫鈉晶體，反應的化學方程式為：NaCl+NH（二）利用質量差分析法測定樣品中Na2C18．【答案】（1）乙丙甲（2）Br2（3）2Mn（4）KI（5）1：3；Na2S；【解析】【解答】（1）根據電位值大小可比較物質的氧化性、還原性強弱；數值越大，氧化性越強；數值越小，還原性越強。由表可知，三種溶液，氧化性由強到弱的順序為乙丙甲；

故答案為：乙丙甲；（2）氧化性：MnO4->Br2>Fe3+>I2，對于I?、Br?（3）由于碘離子的還原性大于溴離子，等濃度的NaBr和KI混合溶液滴加少量酸性KMnO4溶液（對應還原產物為Mn2+），則碘離子被高錳酸根離子氧化為碘單質，發生反應的離子方程式為2MnO（4）設四種氧化劑的物質的量均為1mol，則H2O2中的氧從-1價降低到-2價，KI中的I從-1價升高到0價，由電子守恒得1molI2，KIO3中的I從+5價降低到0價，KI中的I從-1價升高到0價，由電子守恒得3molI2，HNO3中的N從+5價降低到0價，KI中的I從-1價升高到0價，由電子守恒得2.5molI2，KMnO4中的Mn從+7價降低到+2價，KI中的I從-1價升高到0價，由電子守恒得2.5molI2，所以得到I2最多的是KIO3；

故答案為：（5）①反應Ⅰ中硫元素化合價由-2變為+4，轉移電子數為6，硫化鈉為還原劑；Ⅱ中硫元素化合價由+4變為+6，轉移電子數為2，亞硫酸鈉為還原劑；則轉移電子數相等時，還原劑物質的量之比為1：3；

故答案為：1：3；②在廢水處理整個過程中，總反應為硫化鈉在催化劑CoPc作用下被氧氣氧化為硫酸鈉，催化劑為CoPc，氧化劑為氧氣；

故答案為：CoPc；O2③由流程可知，反應Ⅲ中Na2S與Na2SO3等物質的量反應生成Na2S【分析】（1）根據電位值大小可比較物質的氧化性或還原性強弱，數值越大，氧化性越強，數值越小，還原性越強；

（2）向等濃度的NaBr和KI混合溶液滴加少量酸性KMnO4溶液（對應還原產物為Mn2+），結合電子守恒和電荷守恒、原子守恒寫出發生反應的離子方程式；

（3）氧化性：Cl2＞Br2＞HNO3＞I2，還原性：I-＞Br-＞Cl-，若控制氧化I-而不氧化Br-，則需要加入氧化劑的氧化性強于碘單質但是弱于溴單質；

（4）設四種氧化劑的物質的量均為1mol，則H2O2中的氧從-1價降低到-2價，KI中的I從-1價升高到0價，由電子守恒得1molI2，KIO3中的I從+5價降低到0價，KI中的I從-1價升高到0價，由電子守恒得3molI2，HNO3中的N從+5價降低到0價，KI中的I從-1價升高到0價，由電子守恒得2.5molI2，KMnO4中的Mn從+7價降低到+2件，KI中的I從-1價升高到0價，由電子守恒得2.5molI2；

（5）①反應Ⅰ中還原劑Na2S被氧化成Na2SO3，化合價升高6，而反應Ⅱ中還原劑Na2SO3被氧化成Na2SO4，化合價升高2；

②在廢水處理過程中，CoPc參與反應且反應前后不變，O2參與反應且反應后化合價降低；

③結合得失電子