江西省余江县第一中学2022学年高一化学上学期选拔考试试题含解析

余江一中2022级高一选拔考试化学卷一、选择题1.网络神曲“化学是你，化学是我”揭示了化学与生活的密切关系。下列有关说法中正确的是（）A.青铜是我国使用最早的合金材料，目前世界上使用量最大的合金材料是铝合金B.碳酸钠俗名纯碱，也叫苏打，可用于清洗厨房用具的油污C.钢铁生锈、沙里淘金、蒸馏法制取纯净水都涉及了化学变化D.工业酒精既可以用作燃料制“乙醇汽油”，又可以勾兑成白酒饮用【答案】B【解析】A．青铜是我国使用最早的合金材料，目前世界上使用量最大的合金材料是铁合金，A错误；B．碳酸钠俗名纯碱，也叫苏打，为强碱弱酸盐，水解显碱性，碱性环境下水解生成可溶于水的物质，所以碳酸钠可用于清洗厨房用具的油污，B正确；C．沙里淘金利用的是密度不同，蒸馏是利用物质的沸点不同分离物质的方法，该过程没有新物质生成，均属于物理变化，C错误；D．工业酒精含有甲醇，甲醇有毒，所以工业酒精不能饮用，D错误；答案选B。点睛：本题考查物质的性质及用途，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用。2.下列说法正确的是（）A.电解质都易溶于水，所以电解质溶液导电性强B.250mL1mol/L的Na2SO4溶液中含有的氧原子数为NAC.CO2通入澄清石灰水的离子反应方程式为：CO2＋Ca(OH)2＝CaCO3↓＋H2OD.S、Fe2+处于中间价态，既有氧化性又有还原性【答案】D【解析】A．电解质不一定都易溶于水，所以电解质溶液导电性不一定强，如难溶的电解质BaSO4，A错误；B.250mL1mol/L的Na2SO4溶液中，溶质物质的量0.25L×1mol/L=0.25mol，溶剂水分子中含氧原子，含有的氧原子数大于NA，B错误；C．澄清石灰水中溶质氢氧化钙可以拆成离子，CO2通入澄清石灰水的离子反应方程式为：CO2+Ca2++OH－＝CaCO3↓+H2O，C错误；D．S、Fe2+-17-处于中间价态，化合价即可以升高也可以降低，既有氧化性又有还原性，D正确；答案选D。点睛：本题考查了电解质概念和导电性分析、溶液中微粒数计算、离子方程式书写、氧化还原反应和元素化合价关系，掌握基础是解题关键，选项A是易错点，注意溶液的导电性与溶液中离子浓度和离子所带电荷数有关系，与电解质强弱没有关系。3.科学家最近在-100℃的低温下合成了一种化合物X，此分子的模型如图所示，其中黑圆代表碳原子，白圆代表氢原子，下列说法中不正确的是（）A.该分子的分子式C5H4B.1mol该物质完全燃烧生成CO2与H2O时需耗6molO2C.该物质完全燃烧生成的CO2与H2O的分子数比为5:4D.1mol该物质完全燃烧生成CO2与H2O时转移电子数为24NA【答案】C【解析】A．由结构可知，分子中含5个C、4个H，该分子的分子式C5H4，A正确；B．由燃烧规律可知，1mol该物质完全燃烧生成CO2与H2O时需耗O2为1mol×（5+4/4）=6mol，B正确；C．由C、H原子守恒可知，该物质完全燃烧生成的CO2与H2O的分子数比为5：2，C错误；D．C元素的化合价升高，O元素的化合价降低，由O元素的化合价变化可知，1mol该物质完全燃烧生成CO2与H2O时转移电子数为6mol×2×（2-0）×NA=24NA，D正确；答案选C。点睛：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，注意从元素化合价的变化角度去分析计算。4.已知ag铁粉与含有H2SO4的CuSO4溶液恰好完全反应后，得到ag铜，则参与反应的CuSO4与H2SO4的物质的量之比为（）A.1：7B.7：1C.7：8D.8：7【答案】B【解析】ag铁粉为a/56mol，agCu为a/64mol，根据氧化还原顺序Fe先与CuSO4反应，再与H2SO4反应，因为a/56mol＞a/64mol，所以CuSO4反应完全，剩余Fe与H2SO4反应，所以参加反应的CuSO4的物质的量为a/64mol，参加反应的H2SO4的物质的量为（a/56-17-－a/64）mol，参加反应的CuSO4和H2SO4的物质的量之比为：a/64：（a/56－a/64）=7：1，答案选B。5.目前正研究利用太阳能分解水制氢气，若光解0.02mol水，下列说法正确的是（）A.可生成H2的质量为0.02gB.可生成氢的原子数为1.204×1023个C.可生成O2的体积为0.224LD.生成H2的量理论上等于0.02molZn与足量盐酸反应产生H2的量【答案】D【解析】A.0.02mol水可生成H20.02mol，质量为0.04g，A错误；B.可生成氢的原子数为0.02mol×2×6.02×1023/mol＝2.408×1022个，B错误；C.根据氧原子守恒可知可生成O2的物质的量为0.01mol，其体积不一定是0.224L，C错误；D.0.02molZn与盐酸反应产生H2的量是0.02mol，根据A中分析可知D正确；答案选D。点睛：掌握反应的原理以及灵活应用各种计算式是解答的关键，即在进行物质的量的有关计算时，关键是熟练应用几个关系式、n＝m/M、、，特别还要注意气体摩尔体积的使用条件，即只能适用于气体，且只有在标准状况下，气体的摩尔体积才是22.4L/mol。6.已知加热蒸干MgCl2溶液可得到MgO固体。某同学通过系列实验探究Mg及其化合物的性质，操作正确且能达到目的是（）A.将水加入浓硫酸中得到稀硫酸，置镁条于其中探究Mg的活泼性B.将NaOH溶液缓慢滴入MgSO4溶液中，观察Mg(OH)2沉淀C.将Mg(OH)2浊液直接倒入以装好滤纸的漏斗中过滤，洗涤并收集沉淀D.将Mg(OH)2沉淀转入蒸发皿中，加稀盐酸溶解后加热蒸干得到无水MgCl2【答案】B【解析】A．稀释浓硫酸，应将浓硫酸加到水中，并不断搅拌，防止液体飞溅，镁可与稀硫酸反应，A错误；B．将NaOH溶液缓慢滴入MgSO4溶液中，镁离子与碱反应生成氢氧化镁沉淀，B正确；C．过滤操作应利用玻璃棒引流，将浊液倒入已装好滤纸的漏斗中过滤，C错误；D．将Mg(OH)2沉淀转入表面皿中，加足量稀盐酸，生成氯化镁，加热时促进镁离子水解，生成的盐酸为挥发性酸，所以蒸干得不到无水MgCl2固体，为氢氧化镁固体，D错误；答案选B。7.离子反应是一类重要反应，还原性Fe2+＞Br—，下列有关离子方程式书写正确的是（　）A.金属钠与水反应：Na+H2O＝Na++OH－+H2↑-17-B.Mg(OH)2与H2SO4反应：Mg2++2OH—+2H++S　＝　MgSO4↓+2H2OC.向硫酸氢钠溶液加氢氧化钡溶液至完全沉淀：H+＋SO42—＋OH—＋Ba2+＝BaSO4↓＋H2OD.FeBr2溶液与Cl2按照等物质的量反应：2Br—＋Cl2＝2Cl—＋Br2【答案】C【解析】A．金属钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，正确的离子方程式为：2Na+2H2O＝2Na++2OH-+H2↑，A错误；B．Mg(OH)2与H2SO4反应生成硫酸镁和水，正确的离子方程式为：Mg(OH)2+2H+＝Mg2++2H2O，B错误；C．向硫酸氢钠溶液加氢氧化钡溶液至完全沉淀，二者物质的量相等，反应的离子方程式为：H+＋SO42－＋OH－＋Ba2+＝BaSO4↓＋H2O，C正确；D．FeBr2溶液与Cl2按照等物质的量反应，氯气不足，亚铁离子完全被氧化，剩余的氯气再氧化部分溴离子，正确的离子方程式为：2Fe2++2Br－+2Cl2＝4Cl－+2Fe3++Br2，D错误；答案选C。点睛：本题考查了离子方程式的判断，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）等；D为易错点，注意明确发生反应的先后顺序。8.下列条件下，两瓶气体所含原子数一定相等的是（）A.同密度、不同质量的N2和COB.同温度、同体积的H2和N2C.同体积、同密度的C2H4和C3H6D.同压强、同体积的N2O和CO2【答案】C【解析】A、不同质量的N2和CO的物质的量不相同，N2和CO都是双原子分子，所以原子的物质的量不相同，A错误；B、同温度、同体积下，影响气体分子数目的因素有压强，若二者所处压强相同，则含有相同的分子数目，都是双原子分子，含有相同的原子数目，若所处压强不同，含有的原子数目一定不相同，B错误；C、同体积、同密度的C2H4和C3H6质量相等，二者的最简式相同，均是CH2，所以含有原子数目相同，C正确；D、同压强、同体积下，影响气体分子数目的因素有温度，若二者所处温度相同，则含有相同的分子数目，每个分子都含有3个原子，含有相同的原子数目，若所处温度不同，含有的原子数目一定不相同，D错误，答案选C。9.Na2FeO4（Fe为+6价）是一种高效多功能水处理剂，应用前景十分看好。一种制备Na2FeO4-17-的方法可用化学方程式表示如下：2FeSO4+6Na2O2＝2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，（已知Na2O2中O为—1价）对此反应下列说法中正确的是（　　　）A.Na2O2只作氧化剂，O2是还原产物B.Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物C.由上述方程式可知氧化性：Na2FeO4＞Na2O2＞O2D.2molFeSO4发生反应时，反应中共有8mol电子转移【答案】B点睛：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化、基本概念为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意过氧化钠的作用。10.称取(NH4)2SO4和NH4HSO4混合物样品7.24g，加入含0.1molNaOH的溶液，完全反应，生成NH31792mL（标准状况），则(NH4)2SO4和NH4HSO4的物质的量比为（）A.1.87:1B.1:1C.1:2D.3.65:1【答案】A【解析】假设混合物完全为(NH4)2SO4时消耗NaOH的量最小，7.24g(NH4)2SO4的物质的量为：7.24g÷132g/mol≈0.0548mol，消耗氢氧化钠的物质的量为0.0548mol×2=0.1096mol＞0.1mol，说明氢氧化钠的物质的量不足。(NH4)2SO4和NH4HSO4混合物样品中加入氢氧化钠溶液后，先与反应NH4HSO4，然后与(NH4)2SO4反应生成氨气，标准状况下生成氨气的物质的量为：1.792L÷22.4L/mol=0.08mol，则与氢离子反应消耗NaOH的物质的量为：0.1mol－0.08mol=0.02mol，故NH4HSO4的物质的量为0.02mol，所以(NH4)2SO4的质量为：7.24g－115g/mol×0.02mol=4.94g，其物质的量为：4.94g÷132g/mol≈0.0374mol，则(NH4)2SO4和NH4HSO4的物质的量比为：0.0375mol：0.02mol=1.87：1，答案选A。-17-点睛：根据化学方程式的计算，多以物质的量为核心，考查物质的量、阿伏伽德罗常数、物质的量浓度、物质的质量、摩尔质量、气体的体积、气体摩尔体积等相关物理量的转化关系，以及反应物的转化率或产物的产率的计算，同时还可以融入多种化学解题思想，比如极值法、差量法、守恒法、讨论法、特殊值法等，是历来高考的重点内容。日常学习中要注意相关知识的积累，以便快速准确作答。11.设NA为阿伏伽德罗常数的数值，则下列说法正确的是（）A.等质量的CO、N2含有的分子数均为NAB.0.5mol/L的MgCl2溶液中Cl—离子的物质的量为NAC.常温常压时，4.48LCH4气体中含有的原子数大于NAD.12克13C含有的碳原子数小于NA【答案】D【解析】A.CO、N2的相对分子质量相等，等质量的CO、N2的物质的量相等，但含有的分子数不一定均为NA，A错误；B.0.5mol/L的MgCl2溶液中Cl-离子的物质的量浓度为1.0mol/L，溶液体积未知，不能计算个数，B错误；C.常温常压时气体摩尔体积大于22.4L/mol，4.48LCH4气体的物质的量小于0.2mol，其中含有的原子数小于NA，C错误；D.12克13C的物质的量是12/13mol，含有的碳原子数小于NA，D正确，答案选D。12.“三效催化转换器”可将汽车尾气中的有毒气体处理为无污染的气体，下图为该反应的微观示意图(未配平)，其中不同符号的球代表不同种原子。下列说法不正确的是（）A.若蓝、黑球原子的相对质量之比为4:3，则乙、丙两物质的摩尔质量之比为7:11B.若乙丙中蓝球元素显相同负价，则乙中黑球元素失去电子，被氧化C.若甲中黄球元素显正价，则丁为还原产物D.化学方程式中乙、丁的化学计量数均为1【答案】D-17-【解析】A．令蓝、黑球原子的相对质量分别为4M、3M，则乙、丙两物质的摩尔质量之比为（4M+3M）：（2×4M+3M）=7：11，A正确；B．若乙丙中蓝球元素显相同负价，乙中含有一个蓝球，丙中含有两个蓝球，则反应时乙中黑球元素的化合价会升高，即乙中黑球元素失去电子，被氧化，B正确；C．若甲中黄球元素显正价，反应后生成的丁是单质，即反应后黄球的化合价为0价，所以黄球元素的化合价降低，被还原，丁为还原产物，C正确；D．要求出化学方程式中乙、丁的化学计量数，设反应中的黄、蓝、黑原子为：A、B、C；便于比较，从而确定出甲、乙、丙、丁的化学式，结合质量守恒写出反应的化学方程式为：“2AB2+4CB＝4CB2+A2”，从化学方程式不难看出乙的化学计量数为4，而非1，D错误，答案选D。13.古诗词很浪漫且充满了艺术魅力，成语俗语等脍炙人口，都是中华民族文化中的瑰宝。下列诗词、语句中包含的化学反应既是离子反应又是氧化还原反应的是（）A.粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间。B.曾青得铁则化为铜C.春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干。D.水滴石穿【答案】B【解析】A．粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间，此过程中发生碳酸钙受热分解的反应，没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，A错误；B．曾青得铁则化为铜，Fe与硫酸铜溶液反应生成Cu和硫酸亚铁，在溶液中的反应属于离子反应，Cu、Fe元素的化合价变化属于氧化还原反应，B正确；C．春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干，是石蜡的燃烧属于氧化还原反应，不是离子反应，C错误；D．水滴石穿，过程中存在二氧化碳、水与碳酸钙的反应，不存在化合价的变化，不是氧化还原反应，D错误，答案选B。14.现有盐酸和CaCl2的混合溶液，向其中逐滴加入过量某物质X，溶液的pH随滴入X的量的变化关系如图所示。则X是(　　)A.水B.澄清石灰水C.纯碱溶液D.稀盐酸【答案】C【解析】A、向盐酸和CaCl2的混合溶液中加入水时，溶液的酸性减弱，但是不能达到7，也就是说加入水稀释时溶液仍然显酸性，A错误；B、向盐酸和CaCl2-17-的混合溶液中加入澄清石灰水时，盐酸能和氢氧化钙反应，随着反应的进行溶液的酸性减弱，pH升高，当恰好完全反应时溶液显中性，继续加入石灰水时溶液的pH升高，不会出现平行于X轴的线段，B错误；C、向盐酸和CaCl2的混合溶液中加入纯碱溶液时，碳酸钠能和盐酸反应，随着反应的进行溶液的酸性减弱，pH升高，当恰好完全反应时溶液显中性，继续加入碳酸钠时，碳酸钠又和氯化钙反应碳酸钙沉淀和显中性的氯化钠，在碳酸钠和氯化钙反应的过程中溶液的pH不变，当氯化钙完全反应后，再加入碳酸钠时，溶液的pH又升高，C正确；D、向盐酸和CaCl2的混合溶液中加入稀盐酸时，溶液仍然显酸性，D错误，答案选C。15.室温时，将Vml硫酸铜不饱和溶液蒸发a克水后析出b克CuSO4·5H2O晶体，剩余溶液再蒸发2a克水恰好全部变成C克CuSO4·5H2O晶体，则下列叙述正确的是()A.原溶液中含有硫酸铜（b+C）gB.原溶液浓度为mol/LC.室温时硫酸铜溶解度为gD.原溶液的溶质质量分数为%【答案】B【解析】A．依据题意可知，溶液共析出CuSO4·5H2O质量为：（b+C）g，则原溶液含有硫酸铜质量为：（b+C）×160/250=16（b+C）/25g，A错误；B．溶液中含有硫酸铜的物质量为：(b+C)g/250g/mol÷V×10-3L=4(b+C)/Vmol/L，B正确；C.2ag水溶解cgCuSO4·5H2O达到饱和，含有硫酸铜的质量为：16C/25，含有水的质量为：9C/25，设其溶解度为s，则：s：100=116C/25：（2a+9C/25），解得s=1600C/(50a+9C)g，C错误；D．原溶液的溶质质量为：（b×16/25+16/25×C）g，溶液的质量为：（3a+b+C）g，则原溶液的质量分数为：，D错误；答案选B。16.在NO2被水吸收的反应中，发生还原反应和发生氧化反应物质质量比为(提示：3NO2＋H2O===2HNO3＋O)(　　)A.3∶1B.1∶3C.1∶2D.2∶1【答案】C【解析】根据方程式可知反应中N元素化合价从+4价部分降低到+2价，部分升高到+5价，所以发生还原反应和发生氧化反应物质质量比为1∶2，答案选C。17.高倩同学在做实验时引发了镁失火，她立即拿起二氧化碳灭火器欲把火扑灭，却被实验老师及时制止。原因是CO2可以支持镁燃烧发生以下反应：2Mg＋CO22MgO＋C，下列关于该反应的判断正确的是(　　)A.Mg元素化合价由0价升高到＋2价，所以MgO是还原产物-17-B.由此反应可以判断氧化性CO2>MgO，还原性Mg>CC.CO2作氧化剂，表现氧化性，发生氧化反应D.Mg原子失去的电子数目等于氧原子得到的电子数目【答案】B【解析】A、镁元素化合价由0价升高到MgO中的+2价，所以镁为还原剂，MgO为氧化产物，A错误；B、根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物，所以氧化性CO2＞MgO，还原性Mg＞C，B正确；C、二氧化碳化合价由+4价降低到C的0价，所以二氧化碳为氧化剂，发生还原反应，C错误；D、根据得失电子守恒，Mg原子失去的电子数目等于C原子得到的电子数目，D错误；答案选B。点睛：本题考查氧化还原反应，侧重于学生的分析能力的考查，注意氧化还原反应的分析思路：判价态、找变价、双线桥、分升降、写得失、算电子、定其他。其中“找变价”是非常关键的一步，特别是反应物中含有同种元素的氧化还原反应，必须弄清它们的变化情况。18.一定量的木炭在盛有氮气和氧气混合气体的密闭容器中燃烧后生成CO和CO2，且测得反应后所得CO、CO2、N2的混合气体中碳元素的质量分数为24％，则反应后混合气中氮气的质量分数可能为（）A.10％B.30％C.50％D.70％【答案】B点睛：本题是一道考查混合物质中根据某元素的质量分数来求的另外几种物质或者元素的质量分数，方法有多种，但可以用排除法做类似的题目，难度较大，培养学生的创新和逆向思维能力。19.下列各组离子在指定条件的水溶液中能大量共存的是（）A.使石蕊变红色溶液：Ca2+、K+、HCO3—、Cl—B.强碱性的无色溶液：Na+、Ba2+、OH—、Cl—-17-C.PH=7的无色溶液：NH4+、Mg2+、MnO4—、HCO3—D.加锌能产生氢气的溶液：H+、Cu2+、CO32—、NO3—【答案】B【解析】A.使石蕊变红色溶液显酸性，HCO3－不能大量共存，A错误；B.强碱性的无色溶液中Na+、Ba2+、OH－、Cl－之间不反应，可以大量共存，B正确；C.pH=7的无色溶液MnO4－不能大量共存，C错误；D.加锌能产生氢气的溶液显酸性，CO32－不能大量共存，且在酸性溶液中NO3－与金属反应不能产生氢气，D错误，答案选B。点睛：掌握离子的性质和发生的化学反应是解答的关键，另外解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件：（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；（2）溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等。20.将足量CO2通入KOH和Ca(OH)2的混合稀溶液中，生成沉淀的物质的量（n）和通入CO2体积（v）的关系正确的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】向KOH和Ca(OH)2的混合稀溶液中通入CO2，二氧化碳先和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，沉淀量逐渐增加，当氢氧化钙消耗完时，沉淀量最大，CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O，继续通入二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钾反应生成碳酸钾，沉淀量不变，CO2+2KOH＝K2CO3+H2O，当氢氧化钠完全反应后，继续通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钾反应生成碳酸氢钾，K2CO3+CO2+H2O＝2KHCO3，继续通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钙、水反应生成可溶性的碳酸氢钙，碳酸钙的量逐渐减少直至完全消失，CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，答案选D。二、非选择题21.无论在办公室还是居室里，在漂亮的花瓶中插上一束美丽的鲜花，将会给紧张而又忙碌的工作、生活带来轻松和愉悦的心情。如果在花瓶中加入“鲜花保鲜剂”，就会延长鲜花的寿命。下表是1L“鲜花保鲜剂”的成分，阅读后回答下列问题：成分质量(g)摩尔质量(mol·L-1)-17-蔗糖50.00342硫酸钾0.50174阿司匹林0.35180高锰酸钾0.50158硝酸银0.04170（1）“鲜花保鲜剂”中K+的物质的量浓度为（阿司匹林中不含K+）__________（只要求写表达式，不需计算）mol·L-1。（2）配制过程中，下列操作配制结果没有影响的是________（填字母）。A．容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水B．定容时仰视液面C．容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的NaC1溶液而未洗净D．定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理【答案】(1).(2).A、D；【解析】（1）溶液中钾离子的物质的量(mol)为2×0.50/174+0.50/158，则依据c=n/V，溶液中钾离子的物质的量浓度为：(2×0.50/174+0.50/158)mol/1L=(2×0.50/174+0.50/158)mol/L；（2）A．容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，A选；B．定容时仰视液面，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏小，B不选；C．容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的NaCl溶液而未洗净，容量瓶中沾有氯化钠，氯化钠能够消耗银离子，导致溶液中银离子浓度偏小，C不选；D．定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理，属于正确操作，溶液浓度准确，D选；答案选AD。22.I构建和谐社会，建设社会主义新农村的目标之一是让农民饮用清洁的自来水。ClO2是新一代饮用水的消毒剂，许多发达国家采用ClO2代替C12进行自来水的消毒。请回答下列问题：(1)消毒时单位质量的氧化剂得到电子的物质的量，叫其消毒效率，已知ClO2、Cl2作消毒剂时均变为Cl—，则ClO2的消毒效率是Cl2的_________倍。(2)制取ClO2的微观过程如图所示：-17-(其中：表示钠原子，表示氯原子，表示氧原子)该反应的化学方程式是___________________________________________________。II.德国化学家格哈德·埃特尔在固体表面化学的研究中取得了非凡的成就，其成果之一是揭示了氮气与氢气在催化剂表面合成氨的反应过程（下图所示）。其反应方程式为“N2+3H22NH3”，符合上述反应过程的顺序是_______.A．⑤④①③②B.④⑤①②③C.④⑤①③②D.⑤④①②③【答案】(1).二氧化氯(2).Cl2+2NaClO2→2NaCl+2ClO2(3).D【解析】（1）设质量都是mg，ClO2→Cl-得5个电子，Cl2→2Cl-得2个电子，所以ClO2得到的电子的物质的量为mg/67.5g/mol×5=m/13.5mol，Cl2得到的电子的物质的量为mg/71g/mol×2=2m/71mol，所以m/13.5：2m/71=2.63倍；（2）由反应的微观过程图，可知该反应的反应物为Cl2、NaClO2，生成物为ClO2、NaCl，反应的化学方程式为Cl2+2NaClO2＝2NaCl+2ClO2。（3）催化剂在起作用时需要一定的温度，一开始还没起作用，氮分子和氢分子在无规则运动，催化剂在起作用时氢分子和氮分子在有序的排列在催化剂表面，氢分子分成氢原子，氮分子分成氮原子，氢原子和氮原子结合成氨分子附着在催化剂表面，反应结束后脱离催化剂表面，因此反应过程的顺序是⑤④①②③，答案选D。23.汽车发生强烈碰撞时，安全气囊内的NaN3发生化学反应生成氮化钠（Na3N）与氮气，所产生的气体快速充满气囊，可以达到保护车内人员的目的。（1）请写出上述反应方程式：_______________；它的基本反应类型是_____________。（2）若195gNaN3完全分解，在标准状况下，气囊膨胀的体积约为_______________。（3）28gKOH固体必须溶解在__________g水中，才能使每200个水分子中有1个K＋。【答案】(1).3NaN3=Na3N＋4N2↑(2).分解反应(3).89.6L(4).1800【解析】（1）根据反应物和生成物及其原子守恒书写化学方程式可得：3NaN3=Na3N＋4N2↑；根据反应的形式为“一变多”，故反应属于分解反应；（2）195gNaN3完全分解，n（NaN3）=195g÷65g•mol−1=3mol，由方程式计算可得，n（N2）=4mol，在标况下，V（N2-17-）=4mol×22.4L•mol-1=89.6L；（3）设需要水的质量为xg，由题意可得n（KOH）=28g÷56g•mol−1=0.5mol，0.5NA÷x•NA/18=1/200，解得x=1800。24.某兴趣小组同学对实验室制备氧气的条件进行如下探究。【提出问题】①氧化铜是否也能做氯酸钾分解的催化剂？它是否比二氧化锰催化效果好？【查阅资料】研究表明，许多金属氧化物对氯酸钾的分解有催化作用。分别用下列金属氧化物作催化剂，氯酸钾开始发生分解反应和反应剧烈时的温度如下表所示：催化剂温度反应程度氧化铁氧化铝氧化铜氧化镁开始反应420℃515℃305℃490℃剧烈反应490℃540℃350℃545℃实验室用氯酸钾制取氧气，如果不用二氧化锰作催化剂，最好选用的金属氧化物是___________。【设计并完成实验】Ⅰ.将3.0g氯酸钾放在试管中加热Ⅱ.将3.0g氯酸钾与1.0g二氧化锰均匀混合加热Ⅲ.将3.0g氯酸钾与Xg氧化铜均匀混合加热【实验现象分析】Ⅲ中X的值应为_____________，实验Ⅰ和Ⅲ比较可证明______________________。现象与实验Ⅲ相同.实验Ⅱ和Ⅲ对比的目的是______________________。将实验Ⅲ反应后的固体加水溶解、过滤、洗涤、干燥，然后进行称量的目的是_____________________________，最后还要再将黑色粉末和_______________混合加热进行实验。-17-【结论】氧化铜也能作氯酸钾分解的催化剂，实验Ⅲ中的化学反应的化学方程式为_____________________________________________________。【实验反思】MnO2的用量对H2O2分解反应有何影响？【设计并完成实验】利用图甲装置探究“MnO2的用量对H2O2分解反应的影响”，实验中为3%H2O2溶液，装置中产生氧气的量可以用压强传感器测出（在等温条件下，产生氧气体积与装置内压强成正比，反应放热忽略不计。）【讨论交流】（1）图乙是“0.1克MnO2与不同体积的3%H2O2溶液混合”的实验结果，从图中可以看出________________________________。图丙是“不同质量的MnO2与相同体积的3%H2O2溶液混合”的实验结果，从图中可以看出____________________________________。【答案】(1).氧化铜(2).1.0(3).氧化铜能加快氯酸钾分解的速度;比较二氧化锰与氧化铜的催化效果(4).过滤(5).验证氧化铜的质量在化学反应前后是否改变(6).氯酸钾(7).(8).0.1克MnO2与不同体积的3%H2O2溶液混合，过氧化氢的用量越多，速度差不多，但产生的氧气越多(9).不同质量的MnO2与相同体积的3%H2O2溶液混合，二氧化锰越多，产生的氧气一样多，但速度会加快。【解析】【查阅资料】由表中的数据可知，不用二氧化锰时选择氧化铜作催化剂时，开始的温度与剧烈反应时的温度是四种物质中最低的，是条件最容易达到的；【实验现象分析】（1）控制氯酸钾的质量、二氧化锰和氧化铜的质量，才能比较出二氧化锰和氧化铜的催化效果，Ⅲ中X的值应为1g；实验Ⅰ和Ⅲ对比的目的是探究氧化铜是否能加快氯酸钾分解；实验Ⅱ和Ⅲ对比的目的是探究二氧化锰和氧化铜哪个对氯酸钾催化效果更好；催化剂在化学反应前后质量和化学性质不变；将实验Ⅲ反应后的固体加水溶解、过滤、洗涤、干燥，然后进行称量，目的是探究氧化铜在反应后的质量是否不变；最后还要再将黑色粉末和氯酸钾混合加热，发现实验现象依然与之前现象相同；【结论】氯酸钾在二氧化锰做催化剂的条件下分解成氯化钾和氧气，实验Ⅲ中的化学反应的化学方程式为：：-17-【讨论交流】图乙是“0.1克MnO2与不同体积的3%H2O2溶液混合”的实验结果，从图中可以看出0.1克MnO2与不同体积的3%H2O2溶液混合，过氧化氢的用量越多，产生的氧气越多，反应速率差不多；图丙是“不同质量的MnO2与相同体积的3%H2O2溶液混合”的实验结果，从图中可以看出不同质量的MnO2与相同体积的3%H2O2溶液混合，二氧化锰越多，反应速度越快，产生的氧气一样多。点睛：本题通过实验探究了二氧化锰和氧化铜在过氧化氢制氧气中的催化作用，侧重实验能力和分析能力的考查。注意实验现象是物质之间相互作用的外在表现，因此要学会设计实验、观察实验、分析实验，为揭示物质之间相互作用的实质奠定基础，另外需要注意控制变量法的灵活应用。25.紫菜中含有比较丰富的碘，通常以KI形式存在。KMnO4是强氧化剂，能氧化H2O2、SO32—、Br—、I—、S2—、Fe2+等。某化学兴趣小组拟对市面上销售的某品牌紫菜进行碘的提取和含碘量测定，设计了如下实验步骤：A．将灼烧后的紫菜灰溶于水，配成悬浊液，过滤B．将水溶液和试剂甲加入分液漏斗中，震荡后静置，放出下层溶液备用C．取干燥的紫菜mg于坩埚中灼烧D．向滤液中滴加少量硫酸酸化的3%的H2O2溶液aml，充分反应E．对下层溶液进行某操作，得到碘单质并回收试剂甲（1）对上述实验步骤进行合理的排序：__________________________________。（2）步骤D中发生的离子反应为：____________________________________________。小组中甲同学分析实验时认为步骤D中的H2O2可能有剩余，故取少量酸性高锰酸钾溶液，向其中滴加D中反应后的溶液，若溶液的紫色褪去，则说明H2O2还剩余。小组乙同学认为该结论存在不严谨的地方，请指出你认为不严谨的地方：__________________________（3）步骤E中“某操作”是_____________。（4）若实验用的H2O2溶液的密度为1g/cm3，假定所加H2O2溶液恰好完全反应完，则该紫菜中碘的含量可表示为：_______________g/100g（结果不化简）【答案】(1).CADBE(2).2H++H2O2+2I—＝I2+2H2O(3).若步骤D中I—未反应完全，则剩余的I—也可使高锰酸钾溶液褪色(4).蒸馏(5).【解析】（1）碘的提取和含碘量测定应先：C．取干燥的紫菜mg于坩埚中灼烧；A．将灼烧后的紫菜灰溶于水，配成悬浊液，过滤；D．向滤液中滴加硫酸酸化的3%的H2O2溶液a-17-mL，充分反应；B．将水溶液和试剂甲加入分液漏斗中，震荡后静置，放出下层溶液备用；E．对下层溶液进行某操作，得到碘单质并回收试剂甲，实验步骤进行合理的排序为：CADBE；（2）步骤D中发生的是过氧化氢氧化碘离子为碘单质，反应的离子方程式为：2H++H2O2+2I－＝I2+2H2O；实验过程中碘离子、过氧化氢都可以和高锰酸钾溶液发生反应使之褪色；步骤D中的H2O2可能有剩余，取少量酸性高锰酸钾溶液，向其中滴加D中反应后的溶液，若溶液褪色则说明还剩余H2O2。小组乙同学认为该结论存在不严谨的地方，请指出你认为不严谨的地方，若步骤D中I－未反应完，剩余的I－也可使高锰酸钾溶液褪色；（3）对下层溶液进行某操作，得到碘单质并回收试剂甲，利用物质的沸点不同通过蒸馏方法得到；（4）所加H2O2溶液恰好完全反应完全，依据化学方程式定量关系计算碘离子物质的量计算碘元素质量分数；2H++H2O2+2I－＝I2+2H2O12amL×1g/cm3×3%nn=amL×1g/cm3×3%/34g/mol×2，则该紫菜中碘的含量可表示=。点睛：本题考查物质含量的测定，题目涉及对实验原理与操作步骤的理解、化学计算、物质组成的测定等，难度较大，是对所需知识的综合运用，需要学生具有扎实的基础知识与分析问题、解决问题的能力，理解实验原理是解答的关键。26.过氧化钙是一种安全无毒的物质，可杀菌和供氧，用于鱼苗养殖。带有数量不等的结晶水，通常还含有部分氧化钙．（1）称取0.542g过氧化钙样品，灼热时发生如下反应：2（CaO2•xH2O）2CaO+O2↑+2xH2O，得到的O2在标准状况下体积为67.2mL．该样品中CaO2的物质的量为_______________．（2）另取同一样品0.542g，溶于适量的稀盐酸中，然后加入足量的Na2CO3溶液，将溶液中Ca2+全部转化为CaCO3沉淀，得到干燥的CaCO30.70g．①试列式计算样品中CaO的质量_______________．②试列式计算样品中CaO2•xH2O的x值________________．【答案】(1).0.006mol(2).0.056g(3).0.5【解析】（1）n（O2）=0.0672L÷22.4L/mol=0.003mol，根据方程式可知-17-2（CaO2•xH2O）→2CaO+O2↑+2xH2O2mol1moln（CaO2•xH2O）0.003moln（CaO2•xH2O）=0.006mol则n（CaO2）=n（CaO2•xH2O）=0.006mol；（2）n（CaCO3）=0.70g÷100g/mol=0.007mol，则①根据Ca元素守恒，可知：n（CaO）=0.007mol-0.006mol=0.001molm（CaO）=0.001mol×56g/mol=0.056g；②样品中水的质量为：m（H2O）=0.542g-m（CaO2）-m（CaO）=0.542g-0.006mol×72g/mol-0.056g=0.054g，n（H2O）=0.054g÷18g/mol=0.003mol，x=n(H2O)/n(CaO2)=0.003mol/0.006mol=0.5。-17-