福建省南安第一中学2022学年高一化学上学期期中试题含解析

福建省南安第一中学2022-2022学年高一上学期期中考试化学试题本试卷考试内容为：必修1专题一、专题二第一单元、氧化还原反应；分第I卷（选择题）和第II卷，共6页，满分100分，考试时间90分钟。注意事项：1．答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题纸上。2．考生作答时，请将答案答在答题纸上，在本试卷上答题无效。按照题号在各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效。3．答案使用0．5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚（英语科选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号）。4．保持答题纸纸面清洁，不破损。考试结束后，将本试卷自行保存，答题纸交回。可能用到的原子量：H-1C-12N-14O-16S-32Cl-35.5Na-23Mg-24Ca-40K-39第I卷（选择题共44分）一．选择题（本大题共22小题，每小题2分，共44分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）1.化学概念在逻辑上存在如图所示关系，对下列概念间的关系说法正确的是（　　）A.单质与非电解质属于包含关系B.溶液与胶体属于并列关系C.单质与化合物属于交叉关系D.氧化反应与化合反应属于并列关系【答案】B【解析】A、非电解质属于化合物，化合物与单质属于并列关系，故A错误；B、溶液与胶体都属于分散系，属于并列关系，故B正确；C、单质与化合物属于并列关系，故C错误；D、氧化反应与化合反应从两个不同的角度去分析化学反应，属于交叉关系故D错误；故选B。2.下列变化中，属于化学变化的是（　　）A.碘升华B.溴挥发C.溴水加CCl4后溴水层褪色D.氯水光照后褪色-14-\n【答案】D【解析】A、碘升华过程中只是状态发生改变，没有新物质生成，属于物理变化，故A错误；B、溴挥发过程中只是状态发生改变，没有新物质生成，属于物理变化，故B错误；C、溴水加CCl4后溴水层褪色，是溴在四氯化碳中溶解度大，过程中只是状态发生改变，溴分散到四氯化碳,没有新物质生成，属于物理变化，故C错误；D、氯水光照后褪色，次氯酸见光分解生成氧气和氯化氢，有新物质生成属于化学变化，故D正确。故选D。3.下列各物质的名称、化学式和分类均正确的是()A.氧化钠(NaO)属于碱性氧化物B.硝酸钙(CaNO3)属于酸式盐C.硫酸(H2SO3)属于强酸D.乙醇(C2H6O)属于有机物【答案】D【解析】A、氧化钠化学式为Na2O，故A错误；B、硝酸钙化学式为Ca（NO3)2属于正盐，故B错误；C、硫酸化学式为H2SO4，属于强酸，故C错误；D、乙醇化学式为C2H6O，属于有机物，名称、化学式和分类均正确，故D正确；故选D。4.下列物质中，属于电解质的是（）A.氯化钠溶液B.液态氯化氢C.二氧化硫D.铁【答案】B【解析】试题分析：电解质是在熔融状态或水溶液里，能够导电的化合物；非电解质是在熔融状态和水溶液里都不能导电的化合物。A．氯化钠溶液是混合物，既不属于电解质，又不是非电解质，A错误；B．液态氯化氢是电解质，B正确；C．二氧化硫是非电解质，C错误；D．铁是单质，既不属于电解质，又不是非电解质，D错误。故答案B。考点：考查电解质与非电解质。5.下列电离方程式中，正确的是（　　）A.H2SO4=H2++SO42﹣B.Ba(OH)2=Ba2++OH﹣C.2KIO3═2K++2I－+3O2﹣D.NH4NO3=NH4++NO3﹣【答案】D【解析】A、H2SO4的电离方程式为H2SO4=2H++SO42﹣，故A错误；B、Ba(OH)2的电离方程式为Ba(OH)2=Ba2++2OH﹣，故B错误；C、KIO3的电离方程式为KIO3═K++IO3－，故C错误；D、NH4NO3的电离方程式为NH4NO3=NH4++NO3﹣，故D正确；故选D。6.下列实验装置或操作与粒子的大小无直接关系的是（　　）-14-\nA.过滤B.渗析C.萃取D.丁达尔效应【答案】C【解析】A．悬浊液的分散质粒子不能通过滤纸，过滤利用了分散质粒子的大小进行分离，故A不选；B．胶体的分散质粒子不能透过半透膜，溶液的分散质粒子能透过半透膜，渗析利用了分散质粒子的大小进行分离，故B不选；C．萃取利用一种溶质在两种溶剂中的溶解度不同进行分离，与物质微粒大小无直接关系，故C选；D．胶体微粒能对光线散射，产生丁达尔效应，而溶液中的离子很小，不能产生丁达尔效应，丁达尔效应与分散质粒子的大小有关，故D不选；故选C。点睛：解答本题的关键是知道浊液、胶体、溶液的本质区别，浊液、胶体、溶液的本质区别是分散质粒子的大小不同。本题的易错点为D，胶体微粒能对光线散射，产生丁达尔效应，而溶液中的离子很小，不能产生丁达尔效应。7.前18号元素中最外层电子数是次外层电子数一半的元素有（）A.1种B.2种C.4种D.5种【答案】B【解析】1～18号元素，处于短周期，即一、二、三周期，最外层电子数是次外层电子数一半，至少有2个电子层：若处于第二周期，则次外层电子数为2，最外层电子数为1，为Li元素；若处于第三周期，则次外层电子数为8，最外层电子数为4，为Si元素，故符合条件的元素共有2种，故选B。点睛：本题考查结构位置关系应用，难度较小，解题关键：按电子层数递增，逐个排查，注意核外电子排布规律的理解掌握。8.下列说法正确的是（）A.非金属氧化物一定为酸性氧化物B.分解反应一定有单质生成C.向煮沸的1mol·L-1NaOH溶液中滴加FeCl3饱和溶液制备Fe(OH)3胶体D.“忽闻海上有仙山，山在虚无缥缈间”的海市蜃楼是一种自然现象，与胶体知识有关-14-\n【答案】D【解析】A、非金属氧化物不一定为酸性氧化物，如NO、CO等不成盐氧化物，故A错误；B、分解反应不一定有单质生成，如H2CO3=H2O＋CO2↑，故B错误；C、NaOH溶液中滴加FeCl3溶液反应生成沉淀，应向沸水中滴加饱和氯化铁溶液来制备胶体，故C错误；D、空气为胶体，能有利于光线的折射，从而导致海市蜃楼的形成，故D正确；故选D。9.在标准状况下相同体积的下列气体，其质量最大的是（　　）A.N2B.SO2C.CO2D.CH4【答案】B【解析】试题分析：在标准状况下相同体积气体，含有相同数目的分子，则根据n＝m/M可知，在分子数相同的条件下，气体的相对分子质量越大，气体的质量越大。氨气、SO2、CO2、CH4的相对分子质量分别是28、64、44、16，所以质量最大的是SO2，答案选B。考点：考查物质的量的有关计算点评：该题是基础性试题的考查，难度不大。主要是考查学生对物质的量为核心的有关计算的了解掌握情况，有利于培养学生的逻辑推理能力和规范答题能力。10.下列溶液中，跟100mL0.5mol·L-1NaNO3溶液所含的NO3-物质的量浓度相同的是（）A.50mL0.5mol·L-1硝酸溶液B.200mL0.25mol·L-1硝酸钾溶液C.50mL1mol·L-1硝酸钠溶液D.100mL0.5mol·L-1硝酸铜溶液【答案】A【解析】100mL0.5mol·L-1NaNO3溶液所含的NO3-物质的量浓度0.5mol·L-1，A、50mL0.5mol·L-1硝酸溶液NO3-物质的量浓度0.5mol·L-1，故A正确；B、200mL0.25mol·L-1硝酸钾溶液，NO3-物质的量浓度0.25mol·L-1，故B错误；C、50mL1mol·L-1硝酸钠溶液，NO3-物质的量浓度1mol·L-1，故C错误；D、100mL0.5mol·L-1硝酸铜溶液，NO3-物质的量浓度1mol·L-1，故D错误；故选A。点睛：本题考查了离子浓度和溶质浓度的大小计算应用，解题关键：溶液中溶质的物质的量浓度与溶质电离后离子浓度之间的关系，题目较简单，易错点D，注意铜是+2价。11.下列实验事实陈述ⅠⅡ正确并且有因果关系的是（　　）Ⅰ操作Ⅱ结论A.滴加BaC12溶液生成白色沉淀原溶液中有SO42﹣-14-\nB.用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应：火焰呈黄色原溶液中有Na+无K+C.滴加氯水和CC14，振荡、静置．下层溶液显紫色原溶液中有I﹣D.滴加几滴稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝原溶液中无NH4+A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】试题分析：与BaC12溶液反应生成白色沉淀的不一定是SO42—，也可以是Ag+、CO32—等，A错；K元素的焰色反应要通过蓝色的钴玻璃来观察，所以无法确定是否有K+，B错；氯水将I—氧化为I2，CC14将I2萃取出来，下层就是I2的CC14溶液，显紫色，C对；检验溶液中是否有NH4+时要加入浓的NaOH溶液并加热，D中操作错误，D错。考点：I—、SO42—、NH4+的检验。12.在下列反应中，水既不作氧化剂又不作还原剂的氧化还原反应是(　　)A.CaO＋H2O===Ca(OH)2B.Cl2＋H2O===HCl＋HClOC.C＋H2O(g)CO＋H2D.2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑【答案】B【解析】A．元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故A错误；B．氯气自身发生氧化还原反应，水既不是氧化剂也不是还原剂，故B正确；C．H元素化合价降低，被还原，水为氧化剂，故C错误；D．H元素化合价降低，水为氧化剂，故D错误；故答案为B。点睛：明确从氧化化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念是解题关键，于氧化还原反应，说明元素化合价发生变化，但水既不是氧化剂又不是还原剂，说明水中的H和O元素都不发生变化，以此解答该题。13.下列说法正确的是（）A.标准状况下，将22.4LHCl溶于1L水，可配成1mol·L－1的稀盐酸B.向某溶液滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明溶液中含有Cl－C.14C可用于文物的年代鉴定，14C与12C互为同位素-14-\nD.非金属发生氧化还原反应时，只能做氧化剂【答案】C【解析】A、标准状况下，将22.4LHCl溶于1L水，形成的溶液不是1L，得不到1mol·L－1的稀盐酸，故A错误；B、向某溶液滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀，溶液中可能含有Cl－、CO32－等离子，故B错误；C、14C可用于文物的年代鉴定，14C与12C是质子数相同，中子数不同的原子，互为同位素，故C正确；D、非金属发生氧化还原反应时，化合价可能升高，也可能降低，非金属既可能做氧化剂，也可能做还原剂，故D错误；故选D。14.NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A.0.1mol•L﹣1K2SO4溶液中，K+和SO42﹣的离子总数是0.3NAB.在常温常压下，11.2LN2含有分子数为0.5NAC.1molCl2与足量Fe反应，转移的电子数为3NAD.1mol12C原子的质量是12g，1个12C原子的质量是g【答案】D点睛：本题考查了以物质的量为中心的计算，题目难度中等，解题关键：明确阿佛加德罗常数及其意义。难点：D选项，明确相对原子质量的概念，注意掌握物质的量与阿佛加德罗常数之间的关系，试题培养了学生的化学计算能力。15.下列说法不正确的是（　　）A.H2在Cl2中燃烧会产生苍白色火焰B.氯水用于漂白表现了HClO的强氧化性C.漂白粉是混合物，其有效成分是氯化钙D.湿润的蓝色石蕊试纸接触氯气后先变红后褪色【答案】C【解析】A、H2在Cl2中燃烧生成氯化氢，产生苍白色火焰，故A正确；B、氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，其中次氯酸具有强氧化性和漂白性，可用于漂白，故B正确；C、漂白粉为次氯酸钙和氯化钙的混合物，有效成分为次氯酸钙，故C错误；D-14-\n、氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，湿润的蓝色石蕊试纸遇酸变红，次氯酸具有强氧化性和漂白性，能将石蕊氧化而漂白，故D正确；故选C。点睛：本题考查氯气的性质，侧重于元素化合物知识的综合考查和应用，解题关键：注意氯气性质相关基础知识的应用，易错点为C，注意氯气和石灰水的反应，氯元素的化合价既升高，又降低。16.若10g密度为dg/cm3的氯化钙溶液里含2gCa2+，则Cl－的物质的量浓度是（）A.mol·L—1B.10dmol·L—1C.25dmol·L—1D.mol·L—1【答案】B【解析】2gCa2＋的物质的量为2g/40g·mol－1=0.05mol，溶液中n（Cl－）=2n（Ca2＋）=0.05mol×2=0.1mol，溶液体积为，Cl－的物质的量浓度为=10dmol·L－1，故选B．点睛：本题考查物质的量浓度计算，解题关键：围绕物质的量浓度定义式去解题，试题难度较小。易错点C，n（Cl－）=2n（Ca2＋）易错成2n（Cl－）=n（Ca2＋）。17.完成下列实验所需选择的装置或仪器都正确的是（）ABCD实验分离植物油和氯化钠溶液除去氯化钠晶体中混有的氯化钾晶体分离CCl4中的Br2除去CO2气体中的HCl气体装置或仪器A.AB.BC.CD.D【答案】A-14-\n考点：考查了物质的分离和提纯的相关知识。18.甲、乙、丙、丁分别是氢氧化钙溶液、硝酸钾溶液、碳酸钠溶液、盐酸中的一种．已知甲和丙可以反应，甲和丁也可以反应，则下列说法正确的是（　　）A.甲一定是氢氧化钙溶液B.丁只能是盐酸C.丙不可能是碳酸钠溶液D.乙一定是硝酸钾溶液【答案】D【解析】从给出的物质可以看出，硝酸钾与其他物质不能结合生成水、沉淀或气体，故与其他物质都不反应，已知甲和丙可以反应，甲和丁也可以反应，不能反应的物质只有乙，所以乙一定是硝酸钾；故D对；氢氧化钙溶液、碳酸钠溶液、盐酸三种物质中任何两种物质之间都能发生复分解反应，故不能确定甲、丙、丁具体是什么物质，故A、C、D错，故选B。点睛：本题考查了复分解反应的应用，考查学生的推理能力，解题关键：可以依据复分解反应的条件进行，即物质间若能结合成沉淀、气体或水，则物质间可以发生复分解反应。19.下列说法不正确的是()A.用托盘天平称取3.23gNaCl固体B.过滤和向容量瓶转移液体时，玻璃棒的作用相同C.蒸发皿是可以直接用来加热的仪器D.蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处【答案】A【解析】A、托盘天平精确到0.1，无法称取3.23gNaCl固体，故A错误；B、过滤和向容量瓶转移液体时，玻璃棒的作用相同，都是起引流作用，故B正确；C、蒸发皿耐热性能比较好，是可以直接用来加热的仪器，故C正确；D、蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处，测定出去的蒸气的温度，故D正确；故选A。20.已知Br2跟NaOH溶液的反应类似于Cl2跟NaOH溶液的反应。用溴水作试剂不可以将下列各选项中的溶液鉴别出来的是(　　)-14-\nA.水、四氯化碳B.NaCl、NaBrC.AgNO3、NaOHD.NaI、NaOH【答案】B【解析】A、四氯化碳密度比水大，溴水和四氯化碳混合溶液会分层，和水互溶不分层，故A不符；B、NaCl、NaBr溶液与水混合不分层，且不反应，无明显现象，用溴水作试剂不可以鉴别出来，故B符合；C、溴水和AgNO3反应可生成AgBr浅黄色沉淀，溴水和NaOH溶液反应溴水褪色，故C不符合；D、溴水与NaI反应可以置换出I2，溶液的由橙黄色变为棕黄色，颜色发生改变，溴水和NaOH溶液反应溴水褪色，故D不符合；故选B。点睛：本题考查物质的检验和鉴别，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，解题关键：把握物质的性质的异同，注重基础知识的学习，难度中等。21.根据反应8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，下列说法正确的是（）A.N2是还原产物B.NH3在反应中得到电子C.1molCl2反应转移电子的物质的量为3molD.该反应中被氧化的物质与被还原的物质物质的量之比为2：3【答案】D【解析】A、N元素由-3价升高到0价，N2是氧化产物，故A错误；B.NH3在反应中失去电子，故B错误；C、氯元素由-1价升高到0价，变1价，1molCl2反应转移电子的物质的量为2mol，故C错误；D、该反应中被氧化的物质是氨气2mol（8molHCl中有2molHCl中氯元素变价）与被还原的物质Cl2物质的量之比为2：3，故D正确；故选D。22.已知金属钠和水反应的化学方程式为：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑．将6.9g金属钠投入到足量的重水D2O中，则产生的气体中含有（　　）A.0.15mol电子B.0.6mol质子C.0.3mol中子D.0.3mol分子【答案】C【解析】n（Na）=6.9g/23g·mol－1=0.3mol，反应方程式为2Na+22H2O=2NaO2H+2H2↑，生成n（2H2）=0.15mol，则A、电子为0.15mol×2=0.3mol，故A错误；B、质子为0.15mol×2=0.3mol，故B错误；C、中子为0.15mol×2=0.3mol，故C正确；D、分子为0.15mol，故D错误；故选C。第II卷（非选择题，共56分）二．本大题共4小题，共56分。-14-\n23.填写下列空格：（1）标准状况下，5.6gN2的体积为______L，含有的氮原子数为______．（2）同温、同压下，质量相等的SO2和CO2相比较，体积之比为____，已知SO2和CO2均为酸性氧化物，写出SO2与足量NaOH溶液反应的化学方程式______________________________．（3）由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液，其c（H+）=0.1mol•L﹣1，c（Al3+）=0.4mol•L﹣1，c（SO42﹣）=0.9mol•L﹣1，则c（K+）为_____mol•L﹣1（4）在100mLAl2（SO4）3溶液中含0.6molSO42﹣，Al3+的物质的量浓度为______mol/L，从中取出25mL加水稀释到100mL，则稀释后的溶液中SO42﹣的物质的量浓度为______．（5）19g某二价金属的氯化物ACl2中含有0.4molCl－，则ACl2的摩尔质量_________，画出A2+的结构示意图____________。（6）在一定温度和压强下，5体积气体A2跟15体积的气体B2完全化合生成10体积某气体C，则该气体C的化学式为（用A、B表示）__________。【答案】(1).4.48(2).2.408×1023（或0.4NA）(3).11:16(4).SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O(5).0.5(6).4.0(7).1.5mol•L﹣1(8).95g·mol-1(9).(10).AB3或B3A【解析】（1）根据公式V=nVm=Vm，5.6gN2的体积为×22.4L·mol－1=4.48L，含有的氮原子数为×2×NA=2.408×1023（或0.4NA）；（2）依据n=m/M=V/Vm，质量相等的SO2和CO2物质的量之比为：44：64=11：16；同温、同压下，体积之比为：11：16，二氧化硫与过量氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，离子方程式：SO2+2NaOH－=Na2SO3+H2O；（3）根据溶液电荷守恒，溶液中存在3c（Al3＋）+c（K＋）+c（H＋）=2c（SO42－）+c（OH－），而溶液中c（OH－）很小，可以忽略不计，则有3c（Al3＋）+c（K＋）+c（H＋）=2c（SO42－），所以：c（K＋）=2c（SO42－）-3c（Al3＋）-c（H＋），c（K＋）═2×0.9mol·L－1-3×0.4mol·L－1-0.1mol·L－1=0.5mol·L－1。（4）溶液中含0.6molSO42－，Al3＋的物质的量是0.4mol，浓度为0.4mol/0.1L=4mol·L－1，从中取出25mL体积的该溶液再稀释到100mL，SO42－的物质的量为0.6mol×0.25=0.15mol，则稀释后的溶液中SO42－的物质的量浓度为0.15mol/0.1L=1.5mol·L-1；（5）19g某二价金属氯化物（ACl2）中含有0.4molCl－，该金属的氯化物的物质的量为：0.4mol×1/2=0.2mol，则ACl2的摩尔质量为：19g/0.2mol=95g·mol－1，A的相对原子量为：95-71=24，A为Mg，ACl2的化学式为MgCl2，Mg-14-\n2＋的结构示意图；（6）由于5体积气体A2跟15体积的气体B2完全化合生成10体积某气体C，所以A2、B2、C的化学计量数之比为1：3：2，所以方程式为A2+3B2=2C，根据原子守恒可知C的化学式为AB3或B3A。24.I．实验室需要490mL0.1mol·L—1Na2CO3溶液，现用Na2CO3固体配制，请回答下列问题：（1）配制所用的玻璃仪器有__________________________________________________________，用托盘天平称取Na2CO3____________g，（2）如图Ⅰ表示10mL量筒中液面的位置，A与C刻度间相差1mL，如果刻度A为8，量筒中液体的体积是____________mL。（3）实验中出现下列情况，对配制溶液的浓度有何影响？(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)A．定容前容量瓶底部有水珠____________；B．定容时加水超过刻度线____________；C．最终定容时仰视观察液面____________。II．如果实验室用98％的浓硫酸(密度约为1.8g·cm－3)配制1.8mol·L－1的稀硫酸250mL。计算用量简量取所需浓硫酸的体积为____________mL。【答案】(1).烧杯玻璃棒500mL容量瓶胶头滴管(2).5.3(3).7.6(4).无影响(5).偏低(6).偏低(7).25【解析】I．实验室需要490mL0.1mol·L—1Na2CO3溶液，现用Na2CO3固体配制。（1）由于无490mL容量瓶，故选用500mL的容量瓶，故应配制0.1mol·L－1的Na2CO3溶液500mL，需要Na2CO3的质量为：0.5L×0.1mol·L－1×106g·mol－1=5.3g．配制顺序是：计算→称量→溶解、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签，一般用天平称量（用到药匙）称量5.3gNa2CO3-14-\n，在烧杯中溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2～3次并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀．所以需要的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管．配制所用的玻璃仪器有烧杯玻璃棒500mL容量瓶胶头滴管；（2）由图知量筒A与C之间有10个小格，所以一个小格代表0.1ml，即此量筒的分度值为0.1ml，如果刻度A为8，则刻度C为7，凹液面最低处与7.5mL以上一个刻度处相平，所以液体体积为7.6mL；（3）A、定容前容量瓶底部有水珠，只要最后定容时凹液面与刻度线相切即可，至于水是事先就有的还是后来加入的，对浓度无影响；B、定容时加水超过刻度线，则溶液体积偏大，浓度偏低；C、最终定容时仰视观察液面,则导致溶液体积偏大，则浓度偏低。II．98%的浓硫酸（密度为1.8g·cm-3）的物质的量浓度C==18mol·L－1，设需要浓硫酸体积为V，依据溶液稀释规律可得：V×18mol·L－1=1.8mol·L-1×250ml，解得：V=25.0ml；25.已知无水AlCl3遇潮湿空气即产生大量白雾，实验室可用如图所示装置制备AlCl3．（1）装置A中发生反应的化学方程式为________________________________________．（2）装置B盛放的试剂是______，其作用是_______________________________；装置C盛放的试剂是______，其作用是____________________________________．（3）装置G的作用是________________，G中发生反应的化学方程式是_______．（4）F中盛放的试剂是______，其作用是___________________________________．【答案】(1).MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O(2).饱和食盐水(3).除去Cl2中的HCl气体(4).浓H2SO4(5).干燥Cl2（或除去Cl2中的水蒸气）(6).吸收多余的Cl2，防止污染环境(7).Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O(8).浓H2SO4(9).吸收水蒸气，防止G中水蒸气进入E中使AlCl3遇潮产生白雾【解析】装置A制氯气：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2-14-\nO，B中：二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气，氯气中混有少量的HCl，混合气体通过饱和食盐水，可以除去HCl；C装置目的是干燥氯气，浓硫酸具有吸水性能够干燥氯气，所以C中试剂是浓硫酸，其作用是干燥Cl2；D中铝与氯气反应，生成氯化铝，E收集氯化铝，因为氯化铝易发生水解，故应该防止空气中的水蒸气进入E装置，所以F中试剂为浓硫酸防止水蒸气进入E收集瓶；氯气有毒，直接排放能够引起空气污染，由于氯气能够与氢氧化钠溶液反应，化学方程式为：Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O，可以用氢氧化钠溶液吸收过量的氯气，所以装置G作用为：吸收多余的Cl2，防止污染环境；（1）装置A中发生反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；（2）装置B盛放的试剂是饱和食盐水，用于除去Cl2中的HCl气体；装置C盛放的试剂是浓H2SO4，用于干燥Cl2（或除去Cl2中的水蒸气）；（3）装置G的作用是：吸收多余的Cl2，防止污染环境，发生的反应是：Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O，（4）F中盛放的试剂是浓H2SO4，用于吸收水蒸气，防止G中水蒸气进入E中使AlCl3遇潮产生白雾。26.完成下列氧化还原反应相关问题：I．配平下面的氧化还原方程式：__________Na2SO3＋____KIO3＋____H2SO4=____Na2SO4＋____K2SO4＋____I2＋____H2OII．KClO3和浓盐酸在一定温度下反应会生成黄绿色的易爆物二氧化氯。其变化可表述为(浓)。（1）请分析该反应中电子转移的情况(用双线桥表示)_______________。（2）浓盐酸在反应中显示出来的性质是________(填序号)。①只有还原性   ②还原性和酸性   ③只有氧化性    ④氧化性和酸性若标准状况下产生4.48LCl2，则参加反应的KClO3的质量为_______g，被氧化的盐酸的物质的量为________mol，转移电子的物质的量为________mol。（3）ClO2具有很强的氧化性,因此常被用作消毒剂,其消毒的效率(以单位质量得到的电子数表示)是Cl2的________倍。（提示：ClO2与Cl2消毒时氯元素都被还原为最低价）【答案】(1).5215111(2).(3).②(4).49(5).0.4(6).0.4(7).2.63【解析】I．I元素的化合价由+5降低为0，S元素的化合价应从+4价升高为+6-14-\n，由电子、电荷、原子守恒可知，离子反应为5Na2SO3＋2KIO3＋1H2SO4=5Na2SO4＋1K2SO4＋1I2＋1H2O。II．（1）KClO3中氯元素由+5降为+4价，HCl中氯元素由-1升高0价，该反应中电子转移的情况(用双线桥表示)：。（2）HCl中氯元素由-1升高0价，表现还原性，浓盐酸在反应中还原提供酸性。故选②；若标准状况下产生4.48LCl2，=0.2mol，由2KClO3＋4HCl=2KCl＋2ClO2＋Cl2＋2H2O可知：参加反应的KClO3的质量为m(KClO3)=122.5g·mol－1×0.2mol×2=49g；被氧化的盐酸的物质的量为：n(HCl)=2n(Cl2)=0.2mol×2=0.4mol，生成1molCl2转移电子的物质的量为2mol,现生成0.2molCl2转移电子的物质的量为0.2mol×2=0.4mol；（3）设质量都是71g，氯气得到的电子数为×2×1=2mol，ClO2得到的电子数为×1×5=mol=mol，则ClO2消毒的效率是Cl2的倍数为==2.63。-14-