北京市朝阳区2018-2019学年高一下学期期末考试化学试卷

1、北京市朝阳区2018-2019学年度第二学期期末质量检测高一年级化学试卷 2019.7可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Fe 56第一部分本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项1.下列设备工作时，将化学能转化为热能的是（【详解】A.硅太阳能电池是把太阳能转化为电能，A错误;B.锂离子电池将化学能转化为电能，B错误；C.太阳能集热器将太阳能转化为热能，C错误;D.燃气灶将化学能转化为热能，D正确，答案选D。2 .工业上常用电解法冶炼的金属是A. AlB. FeC. CuD. Ag【答案】A【解析】【

2、详解】A. Al的性质很活泼，采用电解其氧化物的方法冶炼，故 A正确;B. Fe采用热还原法冶炼，故 B错误；C Cu 采用热还原法冶炼，故C 错误；D Ag 采用热分解法冶炼，故D 错误；故选A。【点睛】本题考查金属冶炼的一般方法和原理，根据金属的活泼性采用相应的冶炼方法。冶炼活泼金属K、 Ca、 Na、 Mg、 Al 等，一般用电解熔融的氯化物（Al 是电解熔融的三氧化二铝 ） 制得；冶炼较不活泼的金属Zn 、 Fe、 Sn、 Pb、 Cu 等，常用还原剂还原；Hg、 Ag 等用加热分解氧化物的方法制得。3 .下列事实或做法与化学反应速率无关 的是A. 将食物存放在温度低的地方B. 用铁作

3、催化剂合成氨C.将煤块粉碎后燃烧D.用浓硝酸和铜反应制备 NO2气体【答案】D【解析】【分析】影响化学反应速率的外界因素有温度、浓度、表面积以及催化剂等。【详解】A项、将易腐败的食物储存在冰箱里，温度降低，化学反应速率减小，故 A不选；B 项、用铁作催化剂合成氨，化学反应速率增大，故B 不选；C项、将煤块粉碎后燃烧，固体的表面积增大，化学反应速率增大，故C不选；D项、用浓硝酸和铜反应制备NO气体与反应物的性质有关，与反应速率无关，故 D选；答案选D。4 .下列有关糖类、油脂、蛋白质的说法中，不正确 的是A. 灼烧蚕丝织物有烧焦羽毛的气味B. 蔗糖可以水解生成葡萄糖与果糖C. 将碘化钾溶液滴在土

4、豆片上，可观察到蓝色D. 利用油脂在碱性条件下的水解，可以制肥皂【答案】C【解析】【详解】A项、蚕丝的主要成分是蛋白质，灼烧蛋白质有烧焦羽毛气味，故 A正确；B 项、蔗糖为二糖，可以发生水解反应生成葡萄糖与果糖，故B 正确；C项、土豆中含有淀粉，碘单质遇淀粉溶液变蓝色，与碘化钾溶液无现象，故C错误；D项、油脂为高级脂肪酸甘油酯，可在碱性条件下水解生成高级脂肪酸钠和甘油，常用于制造肥皂，故D正确；故选Co5 .下列化学用语不二确.的是A.中子数为20的氯原子：4C1B.聚乙烯的链节： -CH2CH2一C.N2的电子式：N三N* * *D.由Mg和Cl形成化学键的过程：十 必“十不 一-（：Cl；

5、：）-【答案】C【解析】【详解】A项、中子数为20的氯原子的质子数为 17,质量数为37,原子符号为37170,故A 正确；B项、聚乙烯的结构简式为 （CH厂CH亡 ,链节为 一CH2CH2一,故B正确；c项、N2为双原子分子，含有氮氮三键，电子式为：N三N：,故C错误；D项、氯化镁为离子化合物，是由镁离子和氯离子形成的，由 Mg和Cl形成化学键的过程为 ,全 一-：&：广叫炉函:一，故D正确；故选Co【点睛】本题考查化学用语，注意掌握电子式、原子符号、结构简式等常见的化学用语的概 念及判断方法是解答关键。6.下列有关铝热反应的说法中，不正确.的是A.利用了铝的还原性目B.可用于焊接铁轨，反应

6、 2Al + Fe2O3星空AI2O3 + 2FeC.可用于冶炼某些高熔点金属【答案】D【解析】【分析】铝与某些高熔点金属在高温下发生铝热反应，反应放出大量的热，可用于焊接钢轨和冶炼某 些高熔点金属。【详解】A项、铝热反应中 Al元素的化合价升高，被氧化，Al为还原剂，故 A正确;B项、由方程式可知，该反应在高温下，铝与氧化铁发生置换反应置换出铁，可用于焊接钢轨，故B正确；C项、铝热反应放出大量的热，可用于冶炼某些高熔点金属，故 C正确;为吸热反应示意图,铝热反应为放热反应，故D错误;7.氢氧燃料电池已用于航天飞机，其工作原理如图所示。关于该燃料电池的说法不正确的是I-muw中解泄啊气人口L

7、rA. H2在负极发生氧化反应B.电子从a电极经外电路流向 b电极C.供电时的总反应为：2H2+ O2= 2H 2OD.燃料电池的能量转化率可达100%【答案】D【分析】氢氧燃料电池中，通入氢气的电极是负极， 氢气在负极失电子发生氧化反应，通入氧气的电极是正极，氧气在正极得电子发生还原反应；燃料电池总反应是燃料燃烧的化学方程式，电子从负极经导线流向正极。【详解】A项、氢氧燃料电池中，通入氢气的电极是负极，氢气在负极失电子发生氧化反应，故A正确；B项、原电池工作时，电子从负极经导线流向正极，即由电极a通过导线流向电极 b,故B正确；C项、燃料电池的总反应是燃料燃烧的化学方程式，则供电时的总反应为

8、2H+Q=2HO,故C正确；D项、燃料电池是将化学能转化为电能的装置，还会伴有热能等能量的释放，能量转化率不可能达到100%故D错误；故选D。【点睛】本题考查了燃料电池，氢氧燃料电池是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏在电池内的新型发电装置，电池的产物是水，环保无污染，是一种具有应用前景的绿色电源。8.不同条件下，用O2氧化一定浓度的FeCl2溶液过程中所测的实验数据如图所示。下列分析或推测不合理的是%/恪3部益七HA. Fe2+的氧化率随时间延长而逐渐增大B.由和可知，pH越大，Fe2+氧化速率越快C.由和可知，温度越高，Fe2+氧化速率越快D.氧化过程的离子方程式为：4Fe2+ O2 +

9、4H + = 4Fe3+ 2H2O9.中国化学家研究催化剂（C3N4/CQDS理如卜图所示。太酊 丁承。 必8 脱仁茨反掩【1 j/一77777777777777777777777777777.CMCQDflA.通过该催化反应，实现了太阳能向化学能的转化B.反应I中涉及到非极性键的断裂和极性键的形成C.反应II为：2H2O2催化剂，光2H2O + 02 TD.总反应为：2H2OC3N4/CQDs,光 2H2T + Of【答案】B【解析】）,能利用太阳光局效分解水，原C H Q o7才催化剂【分析】分析】在酸性条件下，Fe2+和氧金4Fe2+O2+4H +=4Fe3+2H 2O,越大；当温度相同

10、 pH /、同时, 【详解】A项、由图象可知，B项、由和c项、由和d项、在酸性条4Fe2+O2+4H+=4F.【点睛】本题考（、氢离子反应生成Fe3+和H2O ,反应的离子方程式为由图象可知，当 pH相同温度不同时，温度越高Fe2+的氧化率pH越大，Fe2+的氧化率越小。Fe2+的氧化率随时间延长而逐渐增大，故A正确；H不同时，pH越大，Fe2+的氧化速率越小，故B错误；度不同时，温度越高Fe2+的氧化速率越大，故C正确；F气、氢离子反应生成 Fe3+和H2O,反应的离子方程式为k D正确；- Fe2+氧化率的影响，注意比较氧化速率时，要其它条件相同由题给反应机理图示可知，利用太阳光实现高效分

11、解水的过程分为两步，反应I为水在C3N4做催化剂作用下反应生成过氧化氢和氢气，反应的化学方程式为 2H2O催化剂，光=H2O2+H 2 T ,反应II为H2O2在CQDs做催化剂作用下反应生成水和氧 气，反应的化学方程式为2H2O2催化剂，光2H2O +O2 T ,总反应方程式为 2H2O C3N4/CQDS,光 2H2 f +O2 T。【详解】A项、该过程利用太阳光实现高效分解水，实现了太阳能向化学能的转化，故A正确；B项、反应I为水在C3N4做催化剂作用下反应生成过氧化氢和氢气，没有涉及到非极性键 的断裂，故B错误；C项、反应II为H2O2在CQDs做催化剂作用下反应生成水和氧气，反应的化

12、学方程式为2H2O2催化剂，光2H2O +O2T,故C正确；D项、反应I的化学方程式为2H2O催化剂，光H2O2+H2T,反应II的化学方程式为2H2O2催化剂，光2H2O +O2 T ,则总反应方程式为2H2OC3N4/CQDs,光2H2 T +O2 f , 故D正确；故选Bo【点睛】本题考查化学反应机理，能够根据图示判断反应的步骤，在此基础上书写总反应方程式是解答关键。10.下列离子方程式正确的是A.金属钠和水反应：Na + 2H 2O = Na + + 2OH - + H2 TB.用氢氧化钠溶液吸收少量二氧化硫气体：SO2 + 2OH-= SO32-+ H2OC.实验室用硫酸铝溶液和氨水

13、制备氢氧化铝：Al 3+ + 3OH-= Al(OH) 3 JD.用铜与稀硝酸反应制备一氧化氮：Cu + 4H + + 2NO 3- = Cu2+ + 2NO T + 2HO【答案】B【解析】【详解】A项、金属钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为 2Na + 2H2O = 2Na+ 2OH- + H2T,故 A 错误；B项、氢氧化钠溶液与少量二氧化硫气体反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为SO2+ 2OH- = SO32-+ H2O,故 B 正确；C项、硫酸铝溶液和氨水反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸俊，一水合氨为弱碱，不能拆写，反 应的离子方程式为 Al 3+ +3NH 3 H2O

14、= Al(OH) 3 J +3NH+,故C错误；D项、铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为3Cu + 8H+ 2NO3=3Cu2+2NOT +4H2O,故 D 错误；故选B。【点睛】本题考查离子方程式的正误判断，明确反应的实质、注意原子守恒和电荷守恒的应用是解题关键。11.设Na为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 2 g H2所含原子数目为2NaB. 1 mol/L NaOH溶液中Na+的数目为NaC.常温常压下，11.2 L Cl 2含有的分子数为 0.5 NaD. 2.8 g铁粉与足量盐酸反应转移电子的数目为0.15 Na【答案】A【解析】【详解】A项、氢气为

15、双原子分子，2g氢气的物质的量为1mol,分子中含有2mol氢原子，所含原子数目为2Na,故A正确；B项、缺1 mol/L NaOH溶液的体积，无法计算溶液中Na+的物质的量，故 B错误；C项、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol ,则11.2L氯气的物质的量小于 0.5mol,分子个数小于0.5Na个，故C错误；D项、2.8g铁粉的物质的量为 0.05mol,与足量盐酸生成氯化亚铁和氢气，转移电子的物质 的量为0.1mol,数目为0.1Na,故D错误； 故选A。【点睛】本题考查了阿伏加德罗常数，注意掌握有关物质的量与摩尔质量、气体摩尔体积、 阿伏伽德罗常数等之间的转化关系是解答关键

16、。12.丙烯酸(CH2 = CH-COOH )是一种重要的化工原料，可通过下列反应制备。 催化剂.加热2CH3CH = CH2 + 3O2 -2CH2= CH COOH + 2H 2O下列关于丙烯酸的说法不正确 的是A.与乙酸互为同系物B.能与NaHCO3溶液反应C.能与乙醇发生酯化反应D.能使酸性高镒酸钾溶液褪色【答案】A【解析】【分析】丙烯酸的官能团为碳碳双键和竣基，属于不饱和一元竣酸，能表现烯煌和竣酸的性质。【详解】A项、丙烯酸属于不饱和一元竣酸，乙酸属于饱和一元竣酸， 通式不同、类别不同,不互为同系物，故 A错误；B项、丙烯酸含有竣基，酸性强于碳酸，能与NaHCO3溶液反应生成丙烯酸钠

17、、二氧化碳和水，故B正确；C项、丙烯酸含有竣基，在浓硫酸作用下，与乙醇共热发生酯化反应生成丙烯酸乙酯和水，故C正确；D项、丙烯酸含有碳碳双键，能与酸性高镒酸钾溶液发生氧化反应，使酸性高镒酸钾溶液褪色，故D正确；故选A。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质的关系为解答的关键。13.实验室从海带中提取碘的部分流程如下:卜列说法不正确的是A.完成步骤需要装置IIIB.完成步骤需要装置IIC.完成步骤需要装置ID.完成步骤和需要装置IV【解析】【分析】由题给流程可知，海带在塔期中灼烧得到海带灰，海带灰加水溶解浸泡得到海带灰悬浊液，过滤，得到含I一的水溶液，向溶液中加入用稀硫酸酸化的过氧

18、化氢溶液，双氧水将I一氧化生成I2,加入有机溶剂萃取分液得到含I 2的有机溶液。【详解】A项、步骤为海带灼烧，固体灼烧应在增期中进行，溶液在蒸发皿中加热，故A错误；B项、步骤为过滤海带灰悬浊液得到含厂的水溶液，装置II为过滤装置，故 B正确；C项、步骤加入有机溶剂萃取分液得到含I 2的有机溶液，装置I为萃取分液装置，故C正确；D项、步骤为海带灰加水溶解浸泡得到海带灰悬浊液，步骤为向溶液中加入用稀硫酸酸化的过氧化氢溶1双氧水将氧化生成I2,步骤和均用到烧杯和玻璃棒，故D正确；故选A。【点睛】本题考查了海带提取碘，注意结合题给流程的分析，依据物质性质分析判断实验的 基本操作是解答关键。14.某同学

19、探究金属 Na与CO的反应，实验如下:实验I实验II操作将点燃的金属钠伸到盛有CO的集气瓶中将实验I的集气瓶用水冲洗，过滤。取黑色滤渣灼烧；取滤液分别滴加酚酬:和氯化钢溶液现象火焰呈黄色底部有黑色固体，瓶壁上附有白色固体黑色滤渣可燃滤液能使酚酗:溶液变红，滴加氯化钢溶液后白色沉淀生成B.白色固体是Na2OD.金属Na着火不能用CO灭火下列说法不正确的是A.生成的黑色固体中含有 CC.实验说明CO具有氧化性【答案】B【解析】【分析】由实验I可知钠能够在二氧化碳中燃烧，根据质量守恒定律，反应物中含有钠元素、氧元素、 碳元素；由实验II中黑色滤渣可燃可知，反应物中黑色固体为碳，由滤液能使酚酬:溶液变

20、 红，滴加氯化钢溶液有白色沉淀生成可知，瓶壁上附有白色固体为碳酸钠，则钠在二氧化碳气体中燃烧生成碳酸钠和碳单质，反应的化学方程式为4Na+3CO2点燃2Na2CO3+C。【详解】A项、钠在二氧化碳气体中燃烧生成碳酸钠和碳单质，则生成的黑色固体中含有 C,故A正确；B项、碳酸钠在溶液中水解，使溶液显碱性，与氯化钢溶液反应生成碳酸根沉淀，则由滤液 能使酚酗:溶液变红，滴加氯化钢溶液有白色沉淀生成可知，瓶壁上附有白色固体为碳酸钠， 故B错误；C项、钠在二氧化碳气体中燃烧生成碳酸钠和碳单质，反应中钠为还原剂，二氧化碳为氧化剂，实验说明CO2具有氧化性，故 C正确；D项、由实验I可知钠能够在二氧化碳中燃

21、烧，则金属Na着火不能用CO2灭火，应用沙土覆盖灭火，故D正确； 故选B。【点睛】本题考查物质的性质探究，注意反应现象、实验现象和反应产物的分析判断是解题的关键。第二部分15.乙烯是重要有机化工原料。结合以下路线回答:已知：2CH3CHO + Q催化剂加热2CH3COOH(1)反应的化学方程式是 。(2) B的官能团是。(3) F是一种高分子，可用于制作食品袋，其结构简式为 (4) G是一种油状、有香味的物质，有以下两种制法。制法一：实验室用 D和E反应制取G,装置如图所示。i .反应的化学方程式是,反应类型是。ii .分离出试管乙中油状液体用到的主要仪器是 。制法二：工业上用 CH2=CH2

22、和E直接反应获得Goiii .反应类型是一。iv .与制法一相比，制法二的优点是一。【答案】(1). H2C=CH2 + Br2 - BrCH2CH2Br(2).羟基(或一OH )(3).口(4).浓 112so4CH3CH2OH + CH3COOH = ClhC口OCH*% + llzo (5).取代反应(或酯化反应)(6).分液漏斗(7).加成反应 (8).原子利用率高【解析】【分析】乙烯分子中含有碳碳双键，能与滨水发生加成反应生成1,2 一二澳乙烷，1,2 一二澳乙烷在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成乙二醇；一定条件下，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，则D为乙醇；乙醇在铜作催化剂条件下加

23、热发生催化氧化反应生成乙醛；乙醛在催化剂作用下发生氧化反应生成乙酸，则E为乙酸；在浓硫酸作用下，乙酸与乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯，则 G为乙酸乙酯；一定条件下，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，则F为聚 乙烯。【详解】(1)反应为乙烯与滨水发生加成反应生成1,2一二澳乙烷，反应的化学方程式为H2C=CH2+ Br2 f BrCH2CH2Br,故答案为： H2C=CH2+ Br2 - BrCH2CH2Br；(2) B的结构简式为HOCH2CH20H官能团为羟基，故答案为：羟基； 高分子化合物 f为聚乙烯，结构简式为cii#,故答案为：+%cCII#；(4) i.反应为在浓硫酸作用下，乙酸与乙醇共

24、热发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应的化学浓so方程式为 CH3CH20HH3COOH= * * CH3COOCH 2CH3+H 20；故答案为： CH 3CH 20HH 3COOH 2?4 CH3COOCH 2CH 3+H 2O:取代反应(或酯化反应)； ii .反应生成的乙酸乙酯不溶于水，则分离出试管乙中乙酸乙酯油状液体用分液的方法，用到的仪器为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；iii . 一定条件下，乙烯与乙酸发生加成反应生成乙酸乙酯，故答案为：加成反应；iv .与制法一相比，制法二为加成反应，反应产物唯一，原子利用率高，故答案为：原子利用率高。【点睛】本题考查有机物推断，注意对比物质的结构，熟

25、练掌握官能团的结构、性质及相互转化，明确发生的反应是解答关键。16.海水资源的利用具有广阔的前景。从海水中提取Br2与MgCl 2 ? 6H2O的流程如下:(1)写出一种海水淡化的方法 。(2)比较溶液中B2的浓度：溶液2 溶?夜4 (填喊“(填化学式)。说i.神(As)在周期表中的位置是 。ii.下列说法正确的是 (填序号)。a.神元素的最高化合价为 +4b.推测神有多种氧化物c.的气态氢化物的还原性大于神的气态氢化物的还原性(6)某小组同学设计实验比较VIIA元素的非金属性：ClBrI。已知：常温下浓盐酸与高镒酸钾反应生成氯气。NxMiis港KKInDi打开分液漏斗的活塞， 烧瓶中产生黄绿

26、色气体,蘸有KBr溶液的棉球变为橙红色，湿润的淀粉KI试纸变蓝，据此现象能否说明非金属性：Br I ,并说明理由 。【答案】(1). Na (2).(3). H：S：|(4). b (5). HNO3(6).J)H2CO3.非金属性：NC (8).第4周期第VA族 (9). b (10).不能，因为氯气干扰了澳置换碘的反应【解析】【分析】由元素在周期表中位置可知，为H元素、为C元素、为N元素、为Na元素、为Al元素、为Si元素、为S元素、为 Cl元素。【详解】(1)同周期元素从左到右，金属性依次减弱，同主族元素从上到下，金属性依次增强，则元素中，金属性最强的元素是位于周期表左下角的钠元素，故答

27、案为：Na；(2)元素为S元素，S原子含有3个电子层，最外层有 6个电子，原子结构示意图为H2S, H2s为共价化合物,电子式为H-SUI ,故答案为:(3)为H元素、为C元素，C元素和H元素组成的化合物为烧，题给图示中a为乙烯、b为甲基、c为甲烷、d为苯，甲基不是化合物，故答案为：b;(4)为C元素、为N元素，非金属元素的非金属性越强，其相应的最高价含氧酸的酸性越强，非金属性N元素强于C元素，则N元素最高价氧化物对应水化物HNO3的酸性强于C元素最高价氧化物对应水化物H2CO3,故答案为：HNO3； H2CO3；非金属性：NC；(5) i.由主族元素神的原子结构示意图可知，该原子有4个电子层

28、，最外层有 5个电子，则As元素位于周期表第 4周期第VA族，故答案为：第 4周期第VA族；ii.a 、神元素的最外层由 5个电子，则最高化合价为 +5,故错误；b、同主族元素性质相似，与同主族氮元素能形成多种氧化物相似，神可以形成+3价氧化物AszO,也可以形成+5价氧化物AS2Q,故正确；c.元素非金属性越强，其氢化物的还原性越弱，N的非金属性强于 As元素，则N的气态氢化物的还原性小于神的气态氢化物的还原性，故错误；b正确，故答案为：b;(6)打开分液漏斗的活塞，浓盐酸与高镒酸钾反应生成氯气，反应生成的氯气与KBr溶液发生置换反应生成单质澳，使蘸有KBr溶液的棉球变为橙红色，与 KI溶液

29、发生置换反应生成单质碘，使湿润的淀粉KI试纸变蓝，在实验过程中氯气干扰了澳单质置换出碘单质的反应，则不能说明非金属性：Br I ,故答案为：不能，因为氯气干扰了澳置换碘的反应。【点睛】本题考查元素周期表与元素周期律，注意对元素周期表的整体把握，注意位置、结构、性质的相互关系是解答关键。18.亚氯酸钠(NaCl。)是一种高效氧化、杀菌及漂白剂，其生产工艺如下:(1) NaClQ中氯元素的化合价是 。从氧化还原角度推测 NaClQ可能具有的化学性 质是。(2)过程I常伴有少量C12生成。Cl 2的存在会造成产品中含有NaCl,请结合离子方程式解释其原因 。 结合下面信息，请设计实验方案除去C1O2

30、中的Cl 2。ClO2Cl 2在水中的溶解性易溶溶在CCl4中的溶解性难溶溶(3)过程II中H2Q的作用是 (填“氧化剂”或“还原剂”)。(4)理论上每生成1 mol NaClO 2,消耗SO的体积是 L (标准状况下)( 5)已知：i. 压强越大，物质的沸点越高。ii. NaClO 2饱和溶液在温度低于38时析出NaClO2?3H2O3860c时析出 NaClQ晶体高于60 c时分解成 NaClQ和NaCl 过程 III 采用“减压蒸发”操作的原因是 。 请将过程III 的操作补充完整。【答案】(1). +3(2). 既具有氧化性又具有还原性(3). Cl2 + 2OH- = Cl- + C

31、lO - +H2O (4).将混有少量 C12的C1O2缓慢通过盛有 CC14的洗气瓶(5).还原剂 (6).11.2(7). 通过减压降低水的沸点，在较低温度将NaClO 2 溶液浓缩至饱和，避免其分解(8).控制温度在38oC60oC条件下结晶、过滤【解析】【分析】由流程图可知，SQ与氯酸钠在酸性条件下发生氧化还原反应生成C1O2,反应离子方程式为2003-+$0=2002+$02-;002与过氧化氢在碱性条件下发生氧化还原反应反应生成NaClQ,反应的离子方程式为 H2Q+2C1O2+2O=2Cl1-+2H20+0;由题给信息可知，高于 60c时分解 成NaClQ和NaCl,则得到粗产品

32、时，应采用减压蒸发，在较低温度将NaCl0溶液浓缩至饱和，避免NaClQ分解，结晶时应控制温度在 38oC60oC条件下结晶、过滤，防止温度低于38 C 析出NaCl02?3H20。【详解】(1) NaClQ中钠元素化合价为+1价，氧元素化合价为一2价，由化合价代数和为4 可知氯元素的化合价为+3 价；元素化合价为中间价时，既表现氧化性又表现还原性，+3 价+3；既介于氯元素一1价和+7价之间，则NaClQ既具有氧化性又具有还原性， 具有氧化性又具有还原性；Cl 2，反应生成的NaCl 和 NaClO,(2)SQ与氯酸钠在酸性条件下发生氧化还原反应时，还原产物可能为 氯气与氢氧化钠溶液反应生成

33、氯化钠、次氯酸钠和水，造成产品中含有 应的离子方程式为 Cl2 + 20H = Cl - + Cl0- + H2O,故答案为：Cl2 + 20H=Cl-+ Cl0- + 七. 由题给信息可知，ClO2和Cl2均溶于水，ClO2不溶于四氯化碳，Cl 2溶于四氯化碳，所M 除去ClO2中的Cl2的实验方案是将混有少量 Cl2的ClO2缓慢通过盛有 CCl4的洗气瓶，故4为：将混有少量 Cl2的ClO2缓慢通过盛有 CCl4的洗气瓶；(3)过程II中ClO2与过氧化氢在碱性条件下发生氧化还原反应反应生成NaClQ,氯元素化合价降低，C1O2作氧化剂，双氧水作还原剂，故答案为：还原剂;(4) SO与氯

34、酸钠在酸性条件下发生氧化还原反应生成C1O2,反应的离子方程式为2clO3+SO=2ClO2+SO2-, CIO2与过氧化氢在碱性条件下发生氧化还原反应反应生成NaClQ,反应的离子方程式为 H2Q+2C1O2+2OHT=2ClO2 +2H2O+O,由方程式可得2NaClQSO,则每生成ImolNaClQ,消耗SO的物质的量是0.5mol ,标况下体积是11.2L ,故答案为：11.2 ;(5)由题给信息可知，高于 60c时分解成NaClQ和NaCl,则得到粗产品时，应采用减压蒸发，在较低温度将 NaClQ溶液浓缩至饱和，避免 NaClQ分解，故答案为：通过减压降低水的沸点，在较低温度将NaC

35、lQ溶液浓缩至饱和，避免其分解；减压蒸发后，结晶时应控制温度在38oC60oC条件下结晶、过滤，防止温度低于38c析出NaClC2?3H2O,故答案为：控制温度在3860条件下结晶、过滤。【点睛】本题考查物质的制备实验，注意把握物质的性质和题给信息，明确发生的化学反应是解答关键。红色矍去19.某实验小组对氯水成分和性质进行研究，实验如下:实的一加入 比一段时间2清紫色石就静液)甘红色溶液0-2 mL新制新水【实总二在太阳光F放时间加入一段时间(实臆三】 加入2葡紫色石麓溶液无色溶泄红色溶液过施红色小崔去段时间I mLO.1 md/L A醴Kb褥液=1无色溶液 向她液中加入瑞 H红色不超A9L白色沉淀M 酒磨液相#需