2022-2023学年河北省保定市高一上学期期末调研考试化学试题（解析版）

PAGEPAGE12022~2023学年度第一学期期末调研考试高一化学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时。选出每小题〖答案〗后。用铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后。再选涂其它〖答案〗号标。回答非选择题时，将〖答案〗写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后。将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5K39Cu64Zn65第I卷(选择题共50分)一、选择题：本题共10小题。每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.化学促进了人类科技进步和社会发展。下列变化过程不涉及化学变化的是A.《神农本草经》中记载的“石胆能化铁为铜”B.利用“侯氏制碱法”制备化工原料纯碱C.蒸发氰酸铵水溶液得到尿素D.北京冬奥会场馆使用CO2跨临界直冷制冰〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．“石胆能化铁为铜”发生反应Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，涉及化学反应，故不选A；B．利用“侯氏制碱法”制备化工原料纯碱，发生反应NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，涉及化学反应，故不选B；C．NH4CNO、CO(NH2)2是不同物质，蒸发氰酸铵水溶液得到尿素，有新物质生成，涉及化学反应，故不选C；D．使用CO2跨临界直冷制冰，利用干冰汽化吸热的原理，没有生成新物质，属于物理变化，故选D；选D。2.《医学入门》中记载我国传统中医提纯铜绿的方法：“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干”。其中未涉及到的操作是A.洗涤 B.过滤 C.分液 D.蒸发〖答案〗C〖解析〗〖详析〗水洗净是指洗去固体表面的可溶性污渍、泥沙等，涉及的操作方法是洗涤；细研水飞是指将固体研成粉末后加水溶解，涉及操作方法是溶解；去石澄清是指倾倒出澄清液，去除未溶解的固体，涉及的操作方法是过滤；慢火熬干是指用小火将溶液蒸发至有少量水剩余，涉及的操作方法是蒸发；因此未涉及的操作方法是萃取分液；故选C。3.2021年9月，国际学术期刊《科学》杂志发表了我国中科院天津工业生物所在人工合成淀粉方面取得重大颠覆性、原创性突破，首次在实验室实现以二氧化碳(CO2)为原料人工合成淀粉〖(C6H10O5)n〗。下列有关二氧化碳和淀粉的说法正确的是A.常温常压下，1molCO2的体积约为22.4LB.淀粉的摩尔质量为162g·mol-1C.淀粉中C、H、O的质量之比为6：10：5D.22gCO2的物质的量为0.5mol〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．常温常压下气体的摩尔体积不是22.4L/mol，因此1molCO2的体积不是22.4L，A错误；B．淀粉是高分子化合物，其相对分子质量不固定，无法计算其摩尔质量，B错误；C．淀粉的化学式为(C6H10O5)n，淀粉中C、H、O的质量之比为72：10：80＝36：5：40，C错误；D．22gCO2的物质的量为22g÷44g/mol＝0.5mol，D正确；〖答案〗选D。4.化学实验是化学科学赖以形成和发展的基础。图1~图4实验装置正确且能达到实验目的的是A.利用图1装置模拟石油的分馏B.利用图2装置进行CCl4萃取碘水中的碘并分液C.利用图3装置蒸发结晶得到氯化钠晶体D.利用图4装置配制100mL一定物质的量浓度的硫酸溶液〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．分馏装置中，温度计液泡应在蒸馏烧瓶的支管口处，故A错误；B．碘易溶于CCl4，用萃取、分液提取碘水中的碘，故B正确；C．在蒸发皿中蒸发氯化钠溶液，结晶得到氯化钠晶体，故C错误；D．置配制100mL一定物质的量浓度的硫酸溶液，不能直接把浓硫酸倒入容量瓶，故D错误；选B。5.“嫦娥一号”卫星完成的四大科学目标之一是探测下列14种元素的含量和分布：K、Th(钍)、U(铀)、O、Si、Mg、Al、Ca、Fe、Ti(钛)、Na、Mn、Cr(铬)、Gd(钆)。这14种元素原子的最外层电子数是奇数的主族元素有A.2种 B.3种 C.4种 D.5种〖答案〗B〖解析〗〖详析〗这14种元素原子是主族元素有K、O、Si、Mg、Al、Ca、Na；K、O、Si、Mg、Al、Ca、Na中最外层电子数是奇数为最外层电子数是奇数K、Al、Na；故选B。6.水热反应是指在高温高压下，将二氧化碳转化为有机物的技术，不仅能实现二氧化碳到有机物的转化，还可以将废水中的有机物转化成煤炭等资源。下列有关水热反应的说法错误的是A.一定包含化学变化B.可降低自然界中碳元素含量C.可改善温室效应D.有利于碳中和目标的实现〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．二氧化碳转化为有机物，该过程生成了新物质，涉及化学变化，A正确；B．根据质量守恒定律可知，水热反应不会降低自然界中碳元素含量，B错误；C．水热反应实现二氧化碳到有机物的转化，还可以将废水中的有机物转化成煤炭等资源，可减少空气中二氧化碳的含量，可改善温室效应，C正确；D．水热反应利用二氧化碳生成有机物，可实现碳中和，D正确；故选B。7.实验室用CuSO4·5H2O配制480mL0.1mol·L-1的CuSO4溶液，下列说法错误的是A.用托盘天平准确称量12.0gCuSO4·5H2O晶体B.使用容量瓶之前应先检验是否漏水C.定容时俯视刻度线会使所配制溶液浓度偏高D.定容时液面高于刻度线应重新配制〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．用CuSO4·5H2O配制480mL0.1mol·L-1的CuSO4溶液，选用500mL容量瓶，用托盘天平称量CuSO4·5H2O晶体的质量为0.5L×0.1mol·L-1×250g/mol=12.5g，故A错误；B．配制溶液，需颠倒摇匀，所以使用容量瓶之前应先检验是否漏水，故B正确；C．定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，会使所配制溶液浓度偏高，故C正确；D．定容时液面高于刻度线应重新配制，故D正确；选A。8.Fe是26号元素。在2.8gFe中加入100mL3mol·L-1的盐酸。NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.反应转移电子数为0.1NAB.所用盐酸中Cl-数目为3NAC.2.8g56Fe含有的中子数为1.3NAD.反应生成标准状况下气体3.36L〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗2.8gFe的物质的量为0.05mol；100mL3mol·L-1HCl中H+和Cl-的物质的量均为0.3mol，两者发生反应后，Fe完全溶解，而盐酸过量。〖详析〗A．Fe完全溶解生成Fe2+，该反应转移电子0.1mol，电子数为0.1NA，A正确；B．HCl溶液中Cl-的物质的量为0.3mol，因此，Cl-数为0.3NA，B不正确；C．56Fe的质子数为26、中子数为30，2.8g56Fe的物质的量为0.05mol，因此，2.8g56Fe含有的中子数为1.5NA，C不正确；D．反应生成H2的物质的量为0.05mol，在标准状况下的体积为1.12L，D不正确；故选A。9.下列离子方程式中，只能表示一个化学反应的是A.+2H+=CO2↑+H2OB.Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2OC.Cl2+H2OH++Cl-+HClOD.Fe+Cu2+=Fe2++Cu〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．+2H+=CO2+H2O，可以表示可溶性碳酸盐与强酸反应生成二氧化碳、水和可溶性盐，能够表示一类反应，A不符合题意；B．Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O可表示硫酸与氢氧化钡反应或者氢氧化钡与硫酸氢盐反应，能够表示一类反应，B不符合题意；C．Cl2+H2OH++Cl-+HClO，只能表示氯气和水的反应，C符合题意；D．Fe+Cu2+═Fe2++Cu，表示铁与可溶性铜盐反应，能够表示一类反应，D不符合题意；故选C。10.在三个密闭容器中分别充入N2、H2、O2三种气体，当它们的温度和密度都相同时，这三种气体的压强(P)从大到小的顺序是（）A.P(N2)>P(H2)>P(O2) B.P(H2)>P(N2)>P(O2)C.P(N2)>P(O2)>P(H2) D.P(O2)>P(N2)>P(H2)〖答案〗B〖解析〗〖详析〗氮气的摩尔质量是28g/mol，氢气的摩尔质量是2g/mol，氧气的摩尔质量是32g/mol；PV=nRT，则PV=RT，所以有PM=ρRT，即在温度和密度都相同条件下，压强与摩尔质量成反比，所以其压强大小顺序是：P(H2)>P(N2)>P(O2)，〖答案〗选B。〖『点石成金』〗在温度和密度都相同条件下，如体积相同，则质量相同，气体的物质的量越大，压强越大，压强与摩尔质量成反比，以此解答该题。二、不定项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有一项或两项符合题目要求。若正确笞案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确〖答案〗包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得4分。但只要选错一个，该小题得0分。11.人类对微观本质的认识。经历了漫长的探究过程，下列说法错误的是A.道尔顿提出了原子学说，认为原子不能被创造，在化学反应中不可再分B.卢瑟福提出了带核的原子结构模型C.汤姆生发现了原子中电子的存在D.20世纪初诞生的波粒二象性规律，认为电子的运动遵循经典力学原理〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．道尔顿提出了原子学说，认为原子不能被创造，在化学反应中不可再分，A正确；B．卢瑟福通过α粒子散射实验，提出了带核的原子结构模型，B正确；C．汤姆生发现了原子中电子的存在，C正确；D．20世纪初诞生的波粒二象性规律，认为电子的运动既有波动性又有粒子性，和经典力学原理不同，D错误；故选D。12.某小组回收锌锰电池废料(主要含MnO2、MnOOH等)制备高锰酸钾，简易流程如图所示。下列说法错误的是A.“碱熔”可选择铁坩埚，不能用瓷坩埚或铝坩埚B.“碱熔”中副产物是Cl2C.“氧化”操作是利用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4，可推知在碱性条件下Cl2氧化性大于KMnO4D.“系列操作”中，高温下干燥KMnO4〖答案〗BD〖解析〗〖祥解〗锌锰电池废料主要含MnO2、MnOOH等，因二氧化硅与碱高温下反应，可选铁坩埚碱熔，Mn元素的化合价升高，氯酸钾中Cl元素的化合价降低，生成K2MnO4溶液，碱熔时氯酸钾可能分解生成氧气，氧化时氯气可氧化生成KMnO4，加热结晶分离出固体KMnO4。〖详析〗A．“碱熔”中有KOH，不能用瓷坩埚、铝坩埚，可以选择铁坩埚，A项正确；B．在KOH存在条件下不能生成氯气，B项错误；C．“氧化”中氯气是氧化剂，高锰酸钾是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，C项正确；D．高温下高锰酸钾会分解，D项错误；故选BD。13.澳大利亚科学家发现一种纯碳新材料“碳纳米泡沫”，其中每个泡沫约含有4000个碳原子，直径约为6~9nm，在低于-183°C时，该泡沫具有永久磁性。下列说法正确的是A.“碳纳米泡沫”是一种新型的有机物B.“碳纳米泡沫”和金刚石的性质完全相同C.“碳纳米泡沫”与石墨互称同素异形体D.把“碳纳米泡沫”分散到适当的溶剂中，能产生丁达尔效应〖答案〗CD〖解析〗〖详析〗A．“碳纳米泡沫”只含碳元素，是碳元素的一种单质，不属于有机物，故A错误；B．“碳纳米泡沫”和金刚石中碳原子的排列方式不同，性质不完全相同，故B错误；C．“碳纳米泡沫”与石墨都是碳元素组成的单质，互称同素异形体，故C正确；D．“碳纳米泡沫”直径约为6~9nm，把“碳纳米泡沫”分散到适当的溶剂中形成的分散系属于胶体，能产生丁达尔效应，故D正确；选CD。14.下列物质分离的方法中，正确的是A.用饱和NaCl溶液除去Cl2中混有的少量HClB.用饱和Na2SO3溶液除去SO2中混有的少量HClC.用NaOH溶液除去Fe2O3中混有的少量Al2O3D.用NaOH溶液除去CO2中混有的少量SO2〖答案〗AC〖解析〗〖详析〗A．HCl极易溶于水，Cl2在饱和NaCl溶液中溶解度会变小，故可以用饱和NaCl溶液除去Cl2中混有的少量HCl，故A正确；B．饱和Na2SO3溶液的不仅能吸收HCl还能吸收SO2，应该用饱和的NaHSO3溶液来吸收SO2中的HCl，故B错误；C．Al2O3是两性氧化物，溶于NaOH溶液，而Fe2O3则不可以，故C正确；D．CO2和SO2都能和NaOH溶液反应，故D错误；本题〖答案〗AC。15.将一定量的Cl2通入一定浓度的苛性钾溶液中，两者恰好完全反应，反应过程放出热量，生成物中有三种含氯元素的离子，其中ClO-和两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的变化如图，下列说法正确的是A.苛性钾溶液中KOH的质量为11.2gB.氧化剂与还原剂物质的量之比为7：3C.反应中转移电子的物质的量为0.21molD.的生成与温度升高无关〖答案〗BC〖解析〗〖祥解〗氯气和氢氧化钾溶液反应生成次氯酸钾、氯化钾和氯酸钾，根据图象可知n(ClO-)=0.06mol，n()=0.03mol，根据电子转移守恒可知生成的氯离子n(Cl-)=0.06mol×(1-0)+0.03mol×(5-0)=0.21mol，故转移电子物质的量为0.21mol，根据物料守恒可知n(K+)=n(Cl-)+n(ClO-)+n()=0.21mol+0.06mol+0.03mol=0.3mol，根据钾原子守恒氢氧化钾的物质的量为0.3mol。〖详析〗A．根据分析，n(KOH)=0.3mol，则m(KOH)=0.3mol×56g/mol=16.8g，A错误；B．根据分析，可知氧化剂为氯气，生成KCl，氧化剂的物质的量为mol，还原剂为Cl2，生成氯酸钾和次氯酸钾，还原剂的物质的量为mol，氧化剂与还原剂物质的量之比为7：3，B正确；C．该反应中转移电子的物质的量为0.06mol×(1-0)+0.03mol×(5-0)=0.21mol，C正确；D．根据图象可知，Cl2和KOH先生成KClO，且该反应是放热反应，随着温度的升高，Cl2和KOH反应生成KClO3，所以的生成是由于温度升高引起的，D错误；故选BC第II卷(非选择题共50分)三、填空题16.随着原子序数的递增，7种短周期元素A~G的最高正价或最低负价与原子序数的关系如图。回答下列问题：（1）在A、B、F、G四种元素中，非金属性最弱的元素在周期表中的位置为_______。（2）D、E两种元素的简单离子半径由大到小的顺序是_______(用化学式表示，下同)，C与G的单质分别与H2化合时，较容易的是_______，形成的化合物稳定性较差的是_______。（3）E元素的最高价氧化物对应的水化物与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为_______。（4）元素A与C形成的电子总数为22的分子的结构式为_______。（5）元素C与D按原子个数比1：1形成的化合物的电子式为_______，其所含的化学键有_______(填化学键类型)。（6）用铂丝蘸取D的氯化物在火焰上灼烧，火焰呈_______色，化学上把这种定性分析操作称为_______。〖答案〗（1）第三周期第IVA族（2）①.r(Na+)>r(Al3+)②.O2③.H2S（3）（4）O=C=O（5）①.②.离子键和共价键（6）①.黄②.焰色试验〖解析〗〖祥解〗随着原子序数的递增，A~G七种短周期元素的最高正价或最低负价与原子序数的关系如图所示，G的最高价为+6，则G为S；A、F的最高价都是+4，结合原子序数可知，A为C元素，F为Si；C只有-2价，则C为O；B介于C、O之间，其最高正价为+5，则B为N元素；D、E的最高价分别为+1、+3，二者的原子序数都大于O，则D为Na、E为Al元素，以此分析解答。〖小问1详析〗由上述分析可知，A为C元素，F为Si元素，B为N元素，G为S元素，C、N、Si、S四种元素中，非金属性最弱的为Si，其原子序数为14，在周期表中位于第三周期第IVA族。〖小问2详析〗由上述分析可知，C为O元素，D为Na元素，E为Al元素，G为S元素；Na+和Al3+核外电子排布相同，原子序数：Na＜Al，则离子半径：Na+＞Al3+；同一主族，从上到下，元素非金属性逐渐减弱，则非金属性：O＞S，元素非金属性越强，与H2化合越容易，则较容易的是O2；非金属性越强，氢化物的稳定性越强，则氢化物稳定性较差的是H2S。〖小问3详析〗由上述分析可知，E为Al元素，E元素的最高价氧化物对应的水化物与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，其离子方程式为。〖小问4详析〗由上述分析可知，A为C元素，C为O元素，C与O形成的电子总数为22的分子为CO2，CO2分子中含有两个碳氧双键，其结构式为O=C=O。〖小问5详析〗由上述分析可知，C为O元素，D为Na元素，Na与O按原子个数为1:1形成的化合物为Na2O2，其电子式为，其含有离子键和共价键。〖小问6详析〗由上述分析可知，D为Na元素，其氯化物为NaCl，用铂丝蘸取NaCl在火焰上灼烧，火焰呈黄色，可以判断Na元素的存在；化学上把这种定性分析操作称为焰色试验。17.氯及其化合物有重要用途。以下是氯元素“价类二维图”的部分信息。回答下到问题（1）根据图中信息写出Y、Z的化学式：_______、_______。（2）已知高氯酸(HClO4)是强酸，写出高氯酸溶液与氢氧化钠溶液反应的离子方程式：_______。（3）2016年巴西奥运会期间，由于工作人员将84消毒液与双氧水两种消毒剂混用，导致游泳池藻类快速生长，池水变绿，其反应原理为NaClO+H2O2=O2↑+NaC1+H2O。①藻类快速生长的原因_______。②当标准状况下有5.6LO2生成时，转移电子_______mol。（4）自来水厂常用ClO2为水消毒，可用碘量法检测水中残留C1O2的浓度。方法如下：①取100.0mL水样，酸化，加入足量碘化钾，反应为2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O；②溶液调为中性，加入淀粉溶液后溶液呈蓝色，往溶液中滴加0.1000mol·L-1Na2S2O3溶液，反应为I2+2=2I-+，至蓝色消失时用去15.00mLNa2S2O3溶液，则测得该水样中ClO2的含量为_______mg·L-1。（5）Cl2O可用潮湿的Cl2与Na2CO3反应制取，同时生成NaHCO3，该反应的化学方程式为_______；在该反应中Cl2体现了_______性。〖答案〗（1）①.②.（2）（3）①.NaClO与H2O2反应产生的O2促进藻类快速生长②.0.5（4）202.5（5）①.②.氧化性和还原性〖解析〗〖小问1详析〗根据图中信息可知，Y为氯的+7价氧化物，其化学式为；Z为氯的+1价含氧酸，其化学式为：；〖小问2详析〗高氯酸是强酸，高氯酸与氢氧化钠反应生成高氯酸钠和水，反应的离子方程式为：；〖小问3详析〗①NaClO与H2O2反应产生的O2促进藻类快速生长，〖答案〗为NaClO与H2O2反应产生的O2促进藻类快速生长；②当标准状况下有5.6LO2生成时，即0.25molO2，NaClO与H2O2反应产生的O2，O的化合价由-1价变为0价，则生成0.25molO2转移电子0.5mol；〖小问4详析〗根据题给方程式，可得关系式：2ClO2~5I2~10，所以n(ClO2)=n(=0.0003mol，则测得该水样中ClO2的含量为=202.5mg/L，故〖答案〗为202.5mg/L；〖小问5详析〗Cl2O可用潮湿的Cl2与Na2CO3反应制取，同时生成NaHCO3，该反应的化学方程式为，在该反应中Cl2体现了氧化性和还原性，故〖答案〗为：；氧化性和还原性。18.食盐是日常生活的必需品，也是重要的化工原料。粗盐常含有少量Ca2+、Mg2+、等杂质，实验室提纯NaCl的流程如图：提供的试剂：饱和Na2CO3溶液、饱和K2CO3溶液、稀盐酸、NaOH溶液、BaCl2溶液、Ba(NO3)2溶液、75%乙醇、四氧化碳、蒸馏水等。回答下列问题：（1）操作①为_______。（2）欲除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、离子，从提供的试剂中选择，操作②③④⑥依次加入的试剂为：_______、_______、_______、_______(只填化学式)。为证明已沉淀完全。请你写出检验方法_______。（3）上述流程中，①⑤两个过程均要用到玻璃棒，⑤处玻璃棒的作用是_______。（4）食盐是无机化工生产之母，电解饱和食盐水的装置如图。电解饱和食盐水的化学方程式为_______；若电解时消耗了117g氯化钠，理论上得到气体的体积为_______(标准状况)。〖答案〗（1）加水溶解（2）①.NaOH溶液②.BaCl2溶液③.饱和Na2CO3溶液④.稀盐酸⑤.静置后，取上层清液向其中继续滴加2-3滴BaC12溶液，若溶液不出现浑浊，则表明已沉淀完全（3）引流（4）①.②.44.8〖解析〗〖祥解〗粗食盐常含有少量K+、Ca2+、Mg2+、等杂质离子，由实验流程可知，粗盐加热溶解后，依次加入试剂，将Ca2+、Mg2+、转化为沉淀，滤液经过调节pH，然后蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤烘干得到纯净的NaCl。〖小问1详析〗操作①加水溶解。〖小问2详析〗欲除去溶液中的Ca2+、Mg2+、离子，为了保证杂质离子完全除去，每一次所加试剂都过量，加入NaOH溶液除去Mg2+，加BaCl2溶液除去，加Na2CO3溶液是除去Ca2+和过量的Ba2+，因此，Na2CO3溶液一定在BaCl2溶液之后加入；因此过程甲所需试剂，按滴加顺序依次为NaOH、BaCl2、Na2CO3(或BaCl2、NaOH、Na2CO3，或BaCl2、Na2CO3、NaOH)；滤液中加入盐酸除去过量的NaOH、Na2CO3，故〖答案〗为：NaOH溶液、BaCl2溶液、饱和Na2CO3溶液(或BaCl2、NaOH、Na2CO3或BaCl2、Na2CO3、NaOH)，稀盐酸；检测已沉淀完全的方法为：静置后，取上层清液向其中继续滴加2-3滴BaC12溶液，若溶液不出现浑浊，则表明已沉淀完全。〖小问3详析〗⑤为过滤，玻璃棒的作用为引流。〖小问4详析〗①电解饱和食盐水的化学方程式；②若电解时消耗了117克氯化钠，氯化钠的物质的量为2mol，根据方程式，理论上得到气体的最大体积（标况下）为。19.我国早期科技丛书(物理小识·金石类》记载：“青矾厂气熏人，衣服当之易烂，载木不盛”，“青矾强热，得赤色固体，气凝即得矾油”。“青矾”是指FeSO4·7H2O，“青矾厂气”是指SO2和SO3，“矾油”是指硫酸(SO2熔点-75.5°C，沸点-10°C；SO3熔点16.8°C，沸点44.8°C)。某实验小组利用如图装置模拟古法制硫酸并进行SO2性质探究。回答下列问题：I.制取硫酸（1）实验开始前打开活塞K1、_______，关闭活塞_______，通入一段时间N2后。关闭活塞________。打开活塞_______，用酒精喷灯高温加热绿矾。（2）A装置硬质玻璃管中发生反应的化学方程式为_______。（3）B装置的作用是_______。（4）整个装置设计有一处不合理的是_______。Ⅱ.探究SO2的性质在装置C中先后三次加入同浓度同体积不同情况的钡盐溶液。控制食用油油层厚度一致、通入SO2流速一致(HNO3是具有强氧化性的强酸)。三次实验现象如下表：实验①②③所加试剂已煮沸的BaCl2溶液未煮沸的BaCl2溶液已煮沸的Ba(NO3)2溶液实验现象无白色沉淀生成有白色沉淀生成有白色沉淀生成分别得到如下pH-t图：（5）C装置中覆盖食用油的目的是_______。（6）pH-t图中，曲线①呈缓慢下降趋势，这是因为_______；曲线②出现骤降，这是因为_______；对比分析上述三组数据，可得出的结论是_______(回答两点即可)。〖答案〗（1）①.K2②.K3③.K2④.K3（2）（3）冷凝和制硫酸并分离出（4）用装置吸收尾气时未采取防倒吸措施（5）隔绝空气，避免空气中氧气干扰后续探究实验（6）①.SO2溶于水并与水反应生成H2SO3，H2SO3是弱酸，电离出的少量氢离子使溶液pH下降②.溶液中氧气将二氧化硫氧化生成强酸硫酸，使溶液中氢离子浓度迅速增大，溶液pH出现骤降③.①具有还原性能被或氧化；②的氧化作用比强；③有参与，可显著提高氧化的反应速率和反应程度或与反应的活化能低于与反应的活化能（任写一点）〖解析〗〖祥解〗由题干“青矾强热，得赤色固体，气凝即得矾油”。“青矾”是指FeSO4·7H2O，“青矾厂气”是指SO2和SO3，“矾油”是指硫酸等信息可知，装置中绿矾高温条件下分解生成氧化铁、SO2、SO3和水，装置中SO3与水蒸气冷凝反应得到硫酸溶液，装置用于探究二氧化硫与钡盐溶液的反应，装置中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的二氧化硫，防止污染空气，据此分析解题。〖小问1详析〗为了排尽体系空气，使绿矾在隔绝空气条件下分解，因此实验开始前打开活塞K1、K2，关闭活塞K3，通入一段时间N2后，关闭活塞K2，打开活塞K3，用酒精喷灯高温加热绿矾；〖小问2详析〗由分析可知，装置中发生反应的化学方程式为；〖小问3详析〗由分析可知，装置的作用是冷凝和制硫酸并分离出；〖小问4详析〗由分析可知，整个装置设计有一处不合理是用装置吸收尾气时未采取防倒吸措施，应在导管末端连接倒置漏斗或球形干燥管等用于防倒吸；〖小问5详析〗由分析可知，装置中覆盖食用油的目的是隔绝空气，避免空气中氧气干扰探究二氧化硫与钡盐溶液反应的实验检测；〖小问6详析〗由图可知，曲线①的变化说明二氧化硫不与氯化钡溶液反应，曲线下降是因为溶于水的二氧化硫部分与水反应生成弱酸亚硫酸，亚硫酸在溶液中部分电离出氢离子，使溶液中减小；与实验①对比知，曲线②的变化说明溶液中氧气将二氧化硫氧化成强酸硫酸()，再与氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，使溶液中氢离子浓度迅速增大，溶液出现骤降；与实验①②对比知，曲线③的变化说明弱酸亚硫酸在溶液中部分电离出氢离子，硝酸根离子在酸性溶液中具有氧化性将二氧化硫氧化()，再与硝酸钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和硝酸，使溶液中离子浓度增大，溶液降低，但后溶液的大于曲线②。综合三组数据可知，氧气和硝酸根离子能氧化二氧化硫，溶液中的氧气能提高硝酸根离子氧化二氧化硫的反应速率和反应程度，故〖答案〗为：①具有还原性能被或氧化；②的氧化作用比强；③有参与，可显著提高氧化的反应速率和反应程度或与反应的活化能低于与反应的活化能。PAGEPAGE12022~2023学年度第一学期期末调研考试高一化学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时。选出每小题〖答案〗后。用铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后。再选涂其它〖答案〗号标。回答非选择题时，将〖答案〗写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后。将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5K39Cu64Zn65第I卷(选择题共50分)一、选择题：本题共10小题。每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.化学促进了人类科技进步和社会发展。下列变化过程不涉及化学变化的是A.《神农本草经》中记载的“石胆能化铁为铜”B.利用“侯氏制碱法”制备化工原料纯碱C.蒸发氰酸铵水溶液得到尿素D.北京冬奥会场馆使用CO2跨临界直冷制冰〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．“石胆能化铁为铜”发生反应Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，涉及化学反应，故不选A；B．利用“侯氏制碱法”制备化工原料纯碱，发生反应NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，涉及化学反应，故不选B；C．NH4CNO、CO(NH2)2是不同物质，蒸发氰酸铵水溶液得到尿素，有新物质生成，涉及化学反应，故不选C；D．使用CO2跨临界直冷制冰，利用干冰汽化吸热的原理，没有生成新物质，属于物理变化，故选D；选D。2.《医学入门》中记载我国传统中医提纯铜绿的方法：“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干”。其中未涉及到的操作是A.洗涤 B.过滤 C.分液 D.蒸发〖答案〗C〖解析〗〖详析〗水洗净是指洗去固体表面的可溶性污渍、泥沙等，涉及的操作方法是洗涤；细研水飞是指将固体研成粉末后加水溶解，涉及操作方法是溶解；去石澄清是指倾倒出澄清液，去除未溶解的固体，涉及的操作方法是过滤；慢火熬干是指用小火将溶液蒸发至有少量水剩余，涉及的操作方法是蒸发；因此未涉及的操作方法是萃取分液；故选C。3.2021年9月，国际学术期刊《科学》杂志发表了我国中科院天津工业生物所在人工合成淀粉方面取得重大颠覆性、原创性突破，首次在实验室实现以二氧化碳(CO2)为原料人工合成淀粉〖(C6H10O5)n〗。下列有关二氧化碳和淀粉的说法正确的是A.常温常压下，1molCO2的体积约为22.4LB.淀粉的摩尔质量为162g·mol-1C.淀粉中C、H、O的质量之比为6：10：5D.22gCO2的物质的量为0.5mol〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．常温常压下气体的摩尔体积不是22.4L/mol，因此1molCO2的体积不是22.4L，A错误；B．淀粉是高分子化合物，其相对分子质量不固定，无法计算其摩尔质量，B错误；C．淀粉的化学式为(C6H10O5)n，淀粉中C、H、O的质量之比为72：10：80＝36：5：40，C错误；D．22gCO2的物质的量为22g÷44g/mol＝0.5mol，D正确；〖答案〗选D。4.化学实验是化学科学赖以形成和发展的基础。图1~图4实验装置正确且能达到实验目的的是A.利用图1装置模拟石油的分馏B.利用图2装置进行CCl4萃取碘水中的碘并分液C.利用图3装置蒸发结晶得到氯化钠晶体D.利用图4装置配制100mL一定物质的量浓度的硫酸溶液〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．分馏装置中，温度计液泡应在蒸馏烧瓶的支管口处，故A错误；B．碘易溶于CCl4，用萃取、分液提取碘水中的碘，故B正确；C．在蒸发皿中蒸发氯化钠溶液，结晶得到氯化钠晶体，故C错误；D．置配制100mL一定物质的量浓度的硫酸溶液，不能直接把浓硫酸倒入容量瓶，故D错误；选B。5.“嫦娥一号”卫星完成的四大科学目标之一是探测下列14种元素的含量和分布：K、Th(钍)、U(铀)、O、Si、Mg、Al、Ca、Fe、Ti(钛)、Na、Mn、Cr(铬)、Gd(钆)。这14种元素原子的最外层电子数是奇数的主族元素有A.2种 B.3种 C.4种 D.5种〖答案〗B〖解析〗〖详析〗这14种元素原子是主族元素有K、O、Si、Mg、Al、Ca、Na；K、O、Si、Mg、Al、Ca、Na中最外层电子数是奇数为最外层电子数是奇数K、Al、Na；故选B。6.水热反应是指在高温高压下，将二氧化碳转化为有机物的技术，不仅能实现二氧化碳到有机物的转化，还可以将废水中的有机物转化成煤炭等资源。下列有关水热反应的说法错误的是A.一定包含化学变化B.可降低自然界中碳元素含量C.可改善温室效应D.有利于碳中和目标的实现〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．二氧化碳转化为有机物，该过程生成了新物质，涉及化学变化，A正确；B．根据质量守恒定律可知，水热反应不会降低自然界中碳元素含量，B错误；C．水热反应实现二氧化碳到有机物的转化，还可以将废水中的有机物转化成煤炭等资源，可减少空气中二氧化碳的含量，可改善温室效应，C正确；D．水热反应利用二氧化碳生成有机物，可实现碳中和，D正确；故选B。7.实验室用CuSO4·5H2O配制480mL0.1mol·L-1的CuSO4溶液，下列说法错误的是A.用托盘天平准确称量12.0gCuSO4·5H2O晶体B.使用容量瓶之前应先检验是否漏水C.定容时俯视刻度线会使所配制溶液浓度偏高D.定容时液面高于刻度线应重新配制〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．用CuSO4·5H2O配制480mL0.1mol·L-1的CuSO4溶液，选用500mL容量瓶，用托盘天平称量CuSO4·5H2O晶体的质量为0.5L×0.1mol·L-1×250g/mol=12.5g，故A错误；B．配制溶液，需颠倒摇匀，所以使用容量瓶之前应先检验是否漏水，故B正确；C．定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，会使所配制溶液浓度偏高，故C正确；D．定容时液面高于刻度线应重新配制，故D正确；选A。8.Fe是26号元素。在2.8gFe中加入100mL3mol·L-1的盐酸。NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.反应转移电子数为0.1NAB.所用盐酸中Cl-数目为3NAC.2.8g56Fe含有的中子数为1.3NAD.反应生成标准状况下气体3.36L〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗2.8gFe的物质的量为0.05mol；100mL3mol·L-1HCl中H+和Cl-的物质的量均为0.3mol，两者发生反应后，Fe完全溶解，而盐酸过量。〖详析〗A．Fe完全溶解生成Fe2+，该反应转移电子0.1mol，电子数为0.1NA，A正确；B．HCl溶液中Cl-的物质的量为0.3mol，因此，Cl-数为0.3NA，B不正确；C．56Fe的质子数为26、中子数为30，2.8g56Fe的物质的量为0.05mol，因此，2.8g56Fe含有的中子数为1.5NA，C不正确；D．反应生成H2的物质的量为0.05mol，在标准状况下的体积为1.12L，D不正确；故选A。9.下列离子方程式中，只能表示一个化学反应的是A.+2H+=CO2↑+H2OB.Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2OC.Cl2+H2OH++Cl-+HClOD.Fe+Cu2+=Fe2++Cu〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．+2H+=CO2+H2O，可以表示可溶性碳酸盐与强酸反应生成二氧化碳、水和可溶性盐，能够表示一类反应，A不符合题意；B．Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O可表示硫酸与氢氧化钡反应或者氢氧化钡与硫酸氢盐反应，能够表示一类反应，B不符合题意；C．Cl2+H2OH++Cl-+HClO，只能表示氯气和水的反应，C符合题意；D．Fe+Cu2+═Fe2++Cu，表示铁与可溶性铜盐反应，能够表示一类反应，D不符合题意；故选C。10.在三个密闭容器中分别充入N2、H2、O2三种气体，当它们的温度和密度都相同时，这三种气体的压强(P)从大到小的顺序是（）A.P(N2)>P(H2)>P(O2) B.P(H2)>P(N2)>P(O2)C.P(N2)>P(O2)>P(H2) D.P(O2)>P(N2)>P(H2)〖答案〗B〖解析〗〖详析〗氮气的摩尔质量是28g/mol，氢气的摩尔质量是2g/mol，氧气的摩尔质量是32g/mol；PV=nRT，则PV=RT，所以有PM=ρRT，即在温度和密度都相同条件下，压强与摩尔质量成反比，所以其压强大小顺序是：P(H2)>P(N2)>P(O2)，〖答案〗选B。〖『点石成金』〗在温度和密度都相同条件下，如体积相同，则质量相同，气体的物质的量越大，压强越大，压强与摩尔质量成反比，以此解答该题。二、不定项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有一项或两项符合题目要求。若正确笞案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确〖答案〗包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得4分。但只要选错一个，该小题得0分。11.人类对微观本质的认识。经历了漫长的探究过程，下列说法错误的是A.道尔顿提出了原子学说，认为原子不能被创造，在化学反应中不可再分B.卢瑟福提出了带核的原子结构模型C.汤姆生发现了原子中电子的存在D.20世纪初诞生的波粒二象性规律，认为电子的运动遵循经典力学原理〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．道尔顿提出了原子学说，认为原子不能被创造，在化学反应中不可再分，A正确；B．卢瑟福通过α粒子散射实验，提出了带核的原子结构模型，B正确；C．汤姆生发现了原子中电子的存在，C正确；D．20世纪初诞生的波粒二象性规律，认为电子的运动既有波动性又有粒子性，和经典力学原理不同，D错误；故选D。12.某小组回收锌锰电池废料(主要含MnO2、MnOOH等)制备高锰酸钾，简易流程如图所示。下列说法错误的是A.“碱熔”可选择铁坩埚，不能用瓷坩埚或铝坩埚B.“碱熔”中副产物是Cl2C.“氧化”操作是利用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4，可推知在碱性条件下Cl2氧化性大于KMnO4D.“系列操作”中，高温下干燥KMnO4〖答案〗BD〖解析〗〖祥解〗锌锰电池废料主要含MnO2、MnOOH等，因二氧化硅与碱高温下反应，可选铁坩埚碱熔，Mn元素的化合价升高，氯酸钾中Cl元素的化合价降低，生成K2MnO4溶液，碱熔时氯酸钾可能分解生成氧气，氧化时氯气可氧化生成KMnO4，加热结晶分离出固体KMnO4。〖详析〗A．“碱熔”中有KOH，不能用瓷坩埚、铝坩埚，可以选择铁坩埚，A项正确；B．在KOH存在条件下不能生成氯气，B项错误；C．“氧化”中氯气是氧化剂，高锰酸钾是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，C项正确；D．高温下高锰酸钾会分解，D项错误；故选BD。13.澳大利亚科学家发现一种纯碳新材料“碳纳米泡沫”，其中每个泡沫约含有4000个碳原子，直径约为6~9nm，在低于-183°C时，该泡沫具有永久磁性。下列说法正确的是A.“碳纳米泡沫”是一种新型的有机物B.“碳纳米泡沫”和金刚石的性质完全相同C.“碳纳米泡沫”与石墨互称同素异形体D.把“碳纳米泡沫”分散到适当的溶剂中，能产生丁达尔效应〖答案〗CD〖解析〗〖详析〗A．“碳纳米泡沫”只含碳元素，是碳元素的一种单质，不属于有机物，故A错误；B．“碳纳米泡沫”和金刚石中碳原子的排列方式不同，性质不完全相同，故B错误；C．“碳纳米泡沫”与石墨都是碳元素组成的单质，互称同素异形体，故C正确；D．“碳纳米泡沫”直径约为6~9nm，把“碳纳米泡沫”分散到适当的溶剂中形成的分散系属于胶体，能产生丁达尔效应，故D正确；选CD。14.下列物质分离的方法中，正确的是A.用饱和NaCl溶液除去Cl2中混有的少量HClB.用饱和Na2SO3溶液除去SO2中混有的少量HClC.用NaOH溶液除去Fe2O3中混有的少量Al2O3D.用NaOH溶液除去CO2中混有的少量SO2〖答案〗AC〖解析〗〖详析〗A．HCl极易溶于水，Cl2在饱和NaCl溶液中溶解度会变小，故可以用饱和NaCl溶液除去Cl2中混有的少量HCl，故A正确；B．饱和Na2SO3溶液的不仅能吸收HCl还能吸收SO2，应该用饱和的NaHSO3溶液来吸收SO2中的HCl，故B错误；C．Al2O3是两性氧化物，溶于NaOH溶液，而Fe2O3则不可以，故C正确；D．CO2和SO2都能和NaOH溶液反应，故D错误；本题〖答案〗AC。15.将一定量的Cl2通入一定浓度的苛性钾溶液中，两者恰好完全反应，反应过程放出热量，生成物中有三种含氯元素的离子，其中ClO-和两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的变化如图，下列说法正确的是A.苛性钾溶液中KOH的质量为11.2gB.氧化剂与还原剂物质的量之比为7：3C.反应中转移电子的物质的量为0.21molD.的生成与温度升高无关〖答案〗BC〖解析〗〖祥解〗氯气和氢氧化钾溶液反应生成次氯酸钾、氯化钾和氯酸钾，根据图象可知n(ClO-)=0.06mol，n()=0.03mol，根据电子转移守恒可知生成的氯离子n(Cl-)=0.06mol×(1-0)+0.03mol×(5-0)=0.21mol，故转移电子物质的量为0.21mol，根据物料守恒可知n(K+)=n(Cl-)+n(ClO-)+n()=0.21mol+0.06mol+0.03mol=0.3mol，根据钾原子守恒氢氧化钾的物质的量为0.3mol。〖详析〗A．根据分析，n(KOH)=0.3mol，则m(KOH)=0.3mol×56g/mol=16.8g，A错误；B．根据分析，可知氧化剂为氯气，生成KCl，氧化剂的物质的量为mol，还原剂为Cl2，生成氯酸钾和次氯酸钾，还原剂的物质的量为mol，氧化剂与还原剂物质的量之比为7：3，B正确；C．该反应中转移电子的物质的量为0.06mol×(1-0)+0.03mol×(5-0)=0.21mol，C正确；D．根据图象可知，Cl2和KOH先生成KClO，且该反应是放热反应，随着温度的升高，Cl2和KOH反应生成KClO3，所以的生成是由于温度升高引起的，D错误；故选BC第II卷(非选择题共50分)三、填空题16.随着原子序数的递增，7种短周期元素A~G的最高正价或最低负价与原子序数的关系如图。回答下列问题：（1）在A、B、F、G四种元素中，非金属性最弱的元素在周期表中的位置为_______。（2）D、E两种元素的简单离子半径由大到小的顺序是_______(用化学式表示，下同)，C与G的单质分别与H2化合时，较容易的是_______，形成的化合物稳定性较差的是_______。（3）E元素的最高价氧化物对应的水化物与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为_______。（4）元素A与C形成的电子总数为22的分子的结构式为_______。（5）元素C与D按原子个数比1：1形成的化合物的电子式为_______，其所含的化学键有_______(填化学键类型)。（6）用铂丝蘸取D的氯化物在火焰上灼烧，火焰呈_______色，化学上把这种定性分析操作称为_______。〖答案〗（1）第三周期第IVA族（2）①.r(Na+)>r(Al3+)②.O2③.H2S（3）（4）O=C=O（5）①.②.离子键和共价键（6）①.黄②.焰色试验〖解析〗〖祥解〗随着原子序数的递增，A~G七种短周期元素的最高正价或最低负价与原子序数的关系如图所示，G的最高价为+6，则G为S；A、F的最高价都是+4，结合原子序数可知，A为C元素，F为Si；C只有-2价，则C为O；B介于C、O之间，其最高正价为+5，则B为N元素；D、E的最高价分别为+1、+3，二者的原子序数都大于O，则D为Na、E为Al元素，以此分析解答。〖小问1详析〗由上述分析可知，A为C元素，F为Si元素，B为N元素，G为S元素，C、N、Si、S四种元素中，非金属性最弱的为Si，其原子序数为14，在周期表中位于第三周期第IVA族。〖小问2详析〗由上述分析可知，C为O元素，D为Na元素，E为Al元素，G为S元素；Na+和Al3+核外电子排布相同，原子序数：Na＜Al，则离子半径：Na+＞Al3+；同一主族，从上到下，元素非金属性逐渐减弱，则非金属性：O＞S，元素非金属性越强，与H2化合越容易，则较容易的是O2；非金属性越强，氢化物的稳定性越强，则氢化物稳定性较差的是H2S。〖小问3详析〗由上述分析可知，E为Al元素，E元素的最高价氧化物对应的水化物与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，其离子方程式为。〖小问4详析〗由上述分析可知，A为C元素，C为O元素，C与O形成的电子总数为22的分子为CO2，CO2分子中含有两个碳氧双键，其结构式为O=C=O。〖小问5详析〗由上述分析可知，C为O元素，D为Na元素，Na与O按原子个数为1:1形成的化合物为Na2O2，其电子式为，其含有离子键和共价键。〖小问6详析〗由上述分析可知，D为Na元素，其氯化物为NaCl，用铂丝蘸取NaCl在火焰上灼烧，火焰呈黄色，可以判断Na元素的存在；化学上把这种定性分析操作称为焰色试验。17.氯及其化合物有重要用途。以下是氯元素“价类二维图”的部分信息。回答下到问题（1）根据图中信息写出Y、Z的化学式：_______、_______。（2）已知高氯酸(HClO4)是强酸，写出高氯酸溶液与氢氧化钠溶液反应的离子方程式：_______。（3）2016年巴西奥运会期间，由于工作人员将84消毒液与双氧水两种消毒剂混用，导致游泳池藻类快速生长，池水变绿，其反应原理为NaClO+H2O2=O2↑+NaC1+H2O。①藻类快速生长的原因_______。②当标准状况下有5.6LO2生成时，转移电子_______mol。（4）自来水厂常用ClO2为水消毒，可用碘量法检测水中残留C1O2的浓度。方法如下：①取100.0mL水样，酸化，加入足量碘化钾，反应为2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O；②溶液调为中性，加入淀粉溶液后溶液呈蓝色，往溶液中滴加0.1000mol·L-1Na2S2O3溶液，反应为I2+2=2I-+，至蓝色消失时用去15.00mLNa2S2O3溶液，则测得该水样中ClO2的含量为_______mg·L-1。（5）Cl2O可用潮湿的Cl2与Na2CO3反应制取，同时生成NaHCO3，该反应的化学方程式为_______；在该反应中Cl2体现了_______性。〖答案〗（1）①.②.（2）（3）①.NaClO与H2O2反应产生的O2促进藻类快速生长②.0.5（4）202.5（5）①.②.氧化性和还原性〖解析〗〖小问1详析〗根据图中信息可知，Y为氯的+7价氧化物，其化学式为；Z为氯的+1价含氧酸，其化学式为：；〖小问2详析〗高氯酸是强酸，高氯酸与氢氧化钠反应生成高氯酸钠和水，反应的离子方程式为：；〖小问3详析〗①NaClO与H2O2反应产生的O2促进藻类快速生长，〖答案〗为NaClO与H2O2反应产生的O2促进藻类快速生长；②当标准状况下有5.6LO2生成时，即0.25molO2，NaClO与H2O2反应产生的O2，O的化合价由-1价变为0价，则生成0.25molO2转移电子0.5mol；〖小问4详析〗根据题给方程式，可得关系式：2ClO2~5I2~10，所以n(ClO2)=n(=0.0003mol，则测得该水样中ClO2的含量为=202.5mg/L，故〖答案〗为202.5mg/L；〖小问5详析〗Cl2O可用潮湿的Cl2与Na2CO3反应制取，同时生成NaHCO3，该反应的化学方程式为，在该反应中Cl2体现了氧化性和还原性，故〖答案〗为：；氧化性和还原性。18.食盐是日常生活的必需品，也是重要的化工原料。粗盐常含有少量Ca2+、Mg2+、等杂质，实验室提纯NaCl的流程如图：提供的试剂：饱和Na2CO3溶液、饱和K2CO3溶液、稀盐酸、NaOH溶液、BaCl2溶液、Ba(NO3)2溶液、75%乙醇、四氧化碳、蒸馏水等。回答下列问题：（1）操作①为_______。（2）欲除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、离子，从提供的试剂中选择，操作②③④⑥依次加入的试剂为：_______、_______、_______、_______(只填化学式)。为证明已沉淀完全。请你写出检验方法_______。（3）上述流程中，①⑤两个过程均要用到玻璃棒，⑤处玻璃棒的作用是_______。（4）食盐是无机化工生产之母，电解饱和食盐水的装置如图。电解饱和食盐水的化学方程式为_______；若电解时消耗了117g氯化钠，理论上得到气体的体积为_______(标准状况)。〖答案〗（1）加水溶解（2）①.NaOH溶液②.BaCl2溶液③.饱和Na2CO3溶液④.稀盐酸⑤.静置后，取上层清液向其中继续滴加2-3滴BaC12溶液，若溶液不出现浑浊，则表明已沉淀完全（3）引流（4）①.②.44.8〖解析〗〖祥解〗粗食盐常含有少量K+、Ca2+、Mg2+、等杂质离子，由实验流程可知，粗盐加热溶解后，依次加入试剂，将Ca2+、Mg2+、转化为沉淀，滤液经过调节pH，然后蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤烘干得到纯净的NaCl。〖小问1