…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年滬科版必修1化學下冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、下列各組分類中，有錯誤的是A.分散系：溶液、膠體、濁液B.堿：燒堿、堿石灰、純堿C.電解質(zhì)：明礬、冰醋酸、石膏D.物質(zhì)分離方法：過濾、鹽析、分餾2、根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象所得出的結論錯誤的是（）。選項操作現(xiàn)象結論

A

向蔗糖中加入濃硫酸蔗糖變成疏松多孔的海綿狀炭，并放出有刺激性氣味的氣體

濃硫酸具有脫水性和強氧化性

B向KCl、KI的混合液中逐滴滴加稀AgNO3溶液

先出現(xiàn)黃色沉淀

Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)

C

鋁片先用砂紙打磨，再加入到濃硝酸中

無明顯現(xiàn)象濃硝酸具有強氧化性，常溫下，鋁表面被濃硝酸氧化為致密的氧化鋁薄膜

D向盛有H2O2溶液的試管中加入幾滴酸化的硫酸亞鐵溶液溶液變成棕黃色，一段時間后溶液中出現(xiàn)氣泡，隨后有紅褐色沉淀生成

Fe2+催化H2O2分解產(chǎn)生O2A.AB.BC.CD.D3、下列各化合物不能由單質(zhì)直接化合制取的是A.FeCl3B.CuCl2C.AlCl3D.FeCl24、16O和18O是氧元素的兩種核素，下列說法正確的是A.16O和18O互為同素異形體B.16O和18O的核外電子排布相同C.16O2和18O2互為同位素D.16O2和18O2的化學性質(zhì)不同5、今有一種固體化合物X，X本身不導電，但熔融狀態(tài)或溶于水中均能夠電離，下列關于X的說法中，正確的是A.X一定為電解質(zhì)B.X可能為非電解質(zhì)C.X只能是鹽類D.X只能是堿類6、如圖是部分短周期元素原子序數(shù)與最外層電子數(shù)之間的關系圖；下列說法中正確的是（）

A.元素對應的離子半徑：Z>X>R>WB.簡單氫化物的沸點：W>R>Y>ZC.M、N、R、W的簡單離子均能促進水的電離D.Z、X、R、W的最高價氧化物對應的水化物均能與N的單質(zhì)反應評卷人得分二、多選題(共5題，共10分)7、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法不正確的是A.1molNa被完全氧化為Na2O2，失去的電子數(shù)為NAB.常溫下，0.1mol·L-1的Na2SO4溶液中含有的離子總數(shù)為0.3NAC.鐵和水蒸氣反應生成22.4L氫氣，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2NAD.標準狀況下，22.4LCO含有的分子數(shù)為NA8、下列反應的離子方程式書寫正確的是A.Na2O2溶于水：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑B.Ca(ClO)2溶液中通入過量CO2：2ClO-+H2O+CO2=2HClO+CO32-C.用FeCl3溶液腐蝕銅板：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+D.碳酸鈣溶于稀硝酸：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O9、氯只有35Cl和37Cl兩種穩(wěn)定同位素，它們在氯氣中的原子數(shù)之比為35Cl:37Cl=3:1，則相對分子質(zhì)量為70:72:74的氯氣分子數(shù)之比可能是A.5:2:1B.5:2:2C.9:3:1D.9:3:210、現(xiàn)有濃度均為1mol/L的FeCl3、CuCl2的混合溶液100mL，向該溶液中加入5.6g鐵粉充分反應(溶液的體積變化忽略不計)。已知，氧化性Fe3+>Cu2+，下列有關敘述正確的是A.反應后的溶液中n(Fe2+)是0.2molB.反應后的溶液中不存在Fe3+和Cu2+C.反應后殘留固體為3.2gD.反應后殘留固體中可能含有未反應的鐵粉11、在下列變化中，能表明硝酸具有氧化性的是A.能使石蕊試液變紅色B.能跟Ag反應生成C.能和碳酸鈣反應D.能和反應生成評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)12、有下列物質(zhì)：

①硫酸②鹽酸③氯氣④硫酸鋇⑤酒精⑥銅⑦醋酸⑧氯化氫⑨蔗糖⑩氨氣?CO2?NaHCO3?Al(OH)3?NaOH

（1）屬于非電解質(zhì)的為____(填序號；下同)，屬于弱電解質(zhì)的為___，能導電的是___。

（2）寫出下列反應的離子方程式。A．碳酸鈣與鹽酸反應：______________________________B．稀硫酸與氫氧化銅反應：_________________________________C．氧化鐵與鹽酸反應：____________________________________13、(1)按要求寫出方程式：

①Fe2(SO4)3的電離方程式______。

②NaHCO3溶液與稀鹽酸反應離子方程式______。

③二氧化碳通入足量氫氧化鈉溶液離子方程式______。

(2)以下為中學化學中常見的幾種物質(zhì)：①二氧化碳；②熔融KCl；③NaHSO4固體；④銅；⑤鹽酸；⑥酒精，其中屬于電解質(zhì)的有______，屬于非電解質(zhì)的有______，能導電的有______。(填序號)14、實驗室可用KMnO4和濃鹽酸反應制取氯氣，其變化可表述為2KMnO4+16HCl(濃)=2KCl+2MnCl2+5Cl↑2+8H2O。

（1）請將上述化學方程式改寫為離子方程式：__。

（2）濃鹽酸在反應中顯示出來的性質(zhì)是__(填編號)。

①只有還原性②還原性和酸性③只有氧化性④氧化性和酸性。

（3）此反應中氧化產(chǎn)物是Cl2，若產(chǎn)生0.5molCl2，則轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為__mol。

（4）用雙線橋法表示該反應電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目__。15、鋁是地殼中含量最多的金屬元素；其單質(zhì)和化合物廣泛應用于日常生活中。請完成列空白：

（1）鋁元素在周期表中的位置為_____

（2）可以用電鍍法在鋼制品上電鍍鋁，為測定鍍層厚度，用NaOH溶液溶解鋼制品表面的鋁鍍層，當反應轉(zhuǎn)移6mol電子時，所得氣體的物質(zhì)的量為_____mol

（3）雙羥基鋁碳酸鈉[NaAl（OH）2CO3]是一種常用的抗酸藥，它和胃酸反應的化學方程式為_____

（4）如圖是從鋁士礦（主要成分為Al2O3，還含有少量SiO2、Fe2O3等雜質(zhì)）中提取Al2O3并生產(chǎn)AlN的工藝流程：

①“溶解”時，SiO2與NaOH溶液反應生成的硅酸鈉與溶液中偏鋁酸鈉發(fā)生反應：2Na2SiO3+2NaAIO2+2H2O═Na2Al2Si2O8↓+4NaOH，赤泥的主要成分為_____（寫出化學式）。

②“酸化”時通入過量CO2與NaAlO2反應生成Al（OH）3濾液的主要成分為_____（寫化學式）。

③“還原”時，炭黑在高溫下被氧化為CO，反應的化學方程式為_____16、(1)水晶的主要成分：____________，水玻璃的主要成分：____________

(2)輝石()的氧化物形式可表示為：____________

(3)實驗室用二氧化錳和濃鹽酸加熱制備氯氣的化學方程式：________________________

(4)銅與濃硫酸受熱反應的化學反應方程式：____________________________________17、根據(jù)實驗要求完成下列問題。

I.實驗室需要配制480ml0.1mol?L?1的稀硫酸。

(1)若用密度為1.84g?mL?1；質(zhì)量分數(shù)為98%的濃硫酸來配制，需要用量筒量取濃硫酸_______ml。

(2)該實驗除了需要用到量筒；燒杯和玻璃棒之外；還需要用到的玻璃儀器是_______。

(3)配制溶液時；下列操作會導致所配溶液濃度偏高的操作是_______。

A.用蒸餾水洗滌燒杯；洗滌液沒有全部注入容量瓶中。

B.定容搖勻后；發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，又加水到刻度線位置。

C.定容時仰視刻度線。

D.容量瓶用蒸餾水洗滌后未進行干燥處理；底部有少量水殘留。

E.用量筒量取濃硫酸時；仰視刻度線。

II.Fe(OH)3膠體可使水中懸浮物凝聚沉淀；是城市飲用水處理新技術。

(1)實驗室制取Fe(OH)3膠體相應的化學方程式是_______。

(2)向Fe(OH)3膠體中逐滴加入硅酸膠體；逐漸出現(xiàn)紅褐色沉淀，出現(xiàn)該現(xiàn)象的原因是_______。

(3)除去膠體中混有的FeCl3和HCl的方法是_______。18、短周期元素中；某些不同族元素的單質(zhì)及其化合物有相似的化學性質(zhì)，如鈹和鋁都能與氫氧化鈉溶液反應；下圖是元素周期表的一部分，編號為③的元素最外層與最內(nèi)層電子數(shù)相等。

（1）編號為⑤的元素的符號為______，其在周期表中位于_______________________。

（2）寫出Be與NaOH溶液反應生成Na2BeO2的離子方程式：_____________________。

（3）已知AlCl3的熔點為190℃（2.5×105Pa）；沸點為182.7℃，試推測：

①BeCl2是______化合物（填“離子”或“共價”）；

②Be(OH)2的堿性比LiOH__________。

（4）根據(jù)Mg在空氣中的燃燒情況，Li在空氣中燃燒生成的產(chǎn)物為______（用化學式表示）。19、從元素化合價和物質(zhì)類別兩個維度學習；研究物質(zhì)的性質(zhì)及轉(zhuǎn)化；是一種行之有效的方法。以下是氮元素的“價類二維圖”的部分信息。請回答下列問題：

(1)從價態(tài)的維度分析，具有氧化性又有還原性。請用一個化學方程式說明具有還原性_______；

(2)從價態(tài)的維度分析，若要將下列試劑可行的是____；

A.B.NaC.NO2D.

(3)硝酸具有強氧化性，能與一些較不活潑的金屬反應。寫出銅與稀硝酸反應的離子方程式___，該反應中體現(xiàn)了稀硝酸的性質(zhì)有___。

(4)檢驗銨鹽中陽離子的方法為(用離子方程式表示)_______。

(5)從綠色化學、環(huán)保的角度選擇制取硝酸銅的原料_______。

A.CuB.CuOC.CuSD.Cu(OH)2評卷人得分四、判斷題(共1題，共2分)20、硅酸鈉溶液中通入二氧化碳：(____)A.正確B.錯誤評卷人得分五、實驗題(共2題，共10分)21、二氧化氯泡騰片是一種常用的含氯消毒劑，其主要成分是亞氯酸鈉(NaClO2)。NaClO2的制備原理為：用SO2與NaClO3制取ClO2氣體，再由ClO2在強堿性條件下與過量的H2O2反應制得(裝置如圖所示)。

已知：①NaClO2堿性溶液穩(wěn)定；酸性溶液會分解。

②無水NaClO2常溫穩(wěn)定；有水存在時加熱到130°C分解；

③NaClO2飽和溶液在溫度低于38°C時析出的晶體是NaClO2?3H2O，高于38°C時析出晶體是NaClO2。

(1)裝置C用于制備ClO2氣體，同時生成NaHSO4，寫出該反應的化學方程式：_______。

(2)將C中產(chǎn)生的ClO2通入裝置D中制備NaClO2，反應溫度需控制在3°C，寫出該反應的離子方程式：____。

(3)反應結束后，將D中混合物減壓蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶可獲得NaClO2晶體。結晶時溫度需保持在40~55°C，原因是_______。

(4)保持反應時間、反應物和溶劑的用量不變，實驗中提高ClO2吸收率的措施有(寫出一種即可)_____。

(5)裝置C所得溶液中主要溶質(zhì)為Na2SO4和NaHSO4，直接排放會污染環(huán)境且浪費資源，經(jīng)處理后可獲得芒硝(Na2SO4·10H2O)。請補充完整由裝置C中所得溶液制取Na2SO4·10H2O的實驗方案：_____________(實驗中須使用的試劑和儀器有：NaOH溶液、冰水、pH計)。已知：Na2SO4的溶解度曲線如圖所示。

22、回答下列問題：

（1）鑒別新制的氯水與久置的氯水_______________________________________________。

（2）次氯酸不穩(wěn)定，見光易分解生成氯化氫和氧氣。請設計實驗證明有氧氣生成________。評卷人得分六、原理綜合題(共2題，共4分)23、I．NaHSO3、CuSO4為實驗室常用的化學試劑，均易溶于水，且水溶液顯酸性。在鐵片鍍銅實驗中，為提高電鍍效果，常用CuSO4溶液作為電鍍液。裝置如圖所示，a接電源_____極，陽極的電極反應式為：_____。電鍍過程中c(Cu2+)_____（填“基本不變”；“變大”或“變小”）。

II．某實驗小組對NaHSO3溶液分別與CuSO4、CuCl2溶液的反應進行探究。實驗裝置試劑x操作及現(xiàn)象A1mol·L?1CuSO4溶液加入2mLCuSO4溶液，得到綠色溶液，3分鐘未見明顯變化。B1mol·L?1CuCl2溶液加入2mLCuCl2溶液，得到綠色溶液，30s時有無色氣泡和白色沉淀產(chǎn)生，上層溶液顏色變淺。加入2mLCuCl2溶液，得到綠色溶液，30s時有無色氣泡和白色沉淀產(chǎn)生，上層溶液顏色變淺。

（1）推測實驗B產(chǎn)生的無色氣體為SO2，實驗證實推測正確：用蘸有碘水的淀粉試紙接近試管口，觀察到_____，反應的離子方程式為_____。

（2）對實驗B產(chǎn)生SO2的原因進行分析；提出假設：

假設a：Cu2+水解使溶液中c(H+)增大；

假設b：Cl－存在時，Cu2+與HSO反應生成CuCl白色沉淀，溶液中c(H+)增大。

①假設a不合理，實驗證據(jù)是_____；

②實驗表明假設b合理，實驗B反應的離子方程式有_____、H++HSO=SO2↑+H2O。

（3）對比實驗A、B，提出假設：Cl－增強了Cu2+的氧化性。下述實驗C證實了假設合理，裝置如圖（兩個電極均為碳棒）。實驗方案：閉合K，電壓表的指針偏轉(zhuǎn)至“X”處；向U形管_____________________________________（補全實驗操作及現(xiàn)象）。

（4）將實驗A的溶液靜置24小時或加熱后，得到紅色沉淀。經(jīng)檢驗，紅色沉淀中含有Cu+、Cu2+和SO已知：

I．

II．

III．Cu2O是一種紅色粉末狀固體，幾乎不溶于水，但溶于氨水，形成穩(wěn)定的、無色的配合物[Cu(NH3)2]+。

①通過實驗D證實紅色沉淀中含有Cu+和Cu2+。

實驗D：

證實紅色沉淀中含有Cu+的實驗證據(jù)是_____；

②有同學認為實驗D不足以證實紅色沉淀中含有Cu2+，設計實驗D的對比實驗E，證實了Cu2+的存在。實驗E的方案和現(xiàn)象是_____。（要求：用圖示表示，參照實驗D）24、高鐵酸鈉（Na2FeO4）具有很強的氧化性；是高鐵電池的重要原料，也是一種新型的綠色凈水消毒劑。工業(yè)上可以通過次氯酸鈉氧化法制備高鐵酸鈉，生產(chǎn)過程如下：

回答下列問題：

（1）Cl2與NaOH溶液反應的離子方程式是__________________。

（2）經(jīng)過步驟①后，加入NaOH固體的原因是________________________。

（3）步驟②反應的離子方程式是_______________。

（4）從溶液I中分離出Na2FeO4后，還有副產(chǎn)品Na2SO4、NaCl，則步驟③中反應的離子方程式為_______________。

（5）Na2FeO4投入到污水中殺菌消毒，生成的Fe（OH）3可以起到絮凝劑的作用。通過計算得知Na2FeO4的消毒效率（以單位質(zhì)量的消毒劑得到的電子數(shù)表示）比氯氣的_________（填“高”或“低”），用高鐵酸鈉代替氯氣作凈水消毒劑的優(yōu)點是_________（答出一點即可）。

（6）高鐵電池的總反應為：3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH放電時，負極的電極反應式是_____。正極附近溶液的堿性______（填“增強”、“不變”或“減弱”）。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】【詳解】

A．根據(jù)分散系的中分散質(zhì)微粒直徑的大小不同把分散系分為：溶液；膠體、濁液；故A不符合題意；

B．電離時生成的陰離子全部是氫氧根離子的化合物是堿；燒堿是氫氧化鈉，屬于堿；堿石灰是氧化鈣和氫氧化鈉的混合物，不是堿，純堿是碳酸鈉屬于鹽，故B符合題意；

C．電解質(zhì)是水溶液中或熔融狀態(tài)下導電的化合物；明礬是十二水合硫酸鋁鉀；冰醋酸是乙酸、石膏是硫酸鈣，明礬、冰醋酸、石膏在水溶液中可以發(fā)生電離，屬于電解質(zhì)，故C不符合題意；

D．過濾是分離固液混合物的方法；鹽析是向某些蛋白質(zhì)溶液中加入某些無機鹽溶液后；可以降低蛋白質(zhì)的溶解度，使蛋白質(zhì)凝聚而從溶液中析出的方法；分餾是根據(jù)液體混合物中組分沸點不同來分離的方法，過濾；鹽析、分餾都屬于物質(zhì)分離方法，故D不符合題意；

答案選B。2、D【分析】【分析】

【詳解】

A.向蔗糖中加入濃硫酸；蔗糖變成疏松多孔的海綿狀炭，并放出有刺激性氣味的氣體，蔗糖經(jīng)濃硫酸脫水得到碳，碳和濃硫酸反應生成刺激性氣味的二氧化硫，體現(xiàn)強氧化性，故A正確；

B.向KCl、KI的混合液中逐滴滴加稀AgNO3溶液，Ksp小的先出現(xiàn)沉淀，先生成黃色沉淀，則Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)；故B正確；

C.鋁片先用砂紙打磨；再加入到濃硝酸中，無明顯現(xiàn)象，濃硝酸具有強氧化性，常溫下，鋁表面被濃硝酸氧化為致密的氧化鋁薄膜，從而阻止金屬繼續(xù)反應，故C正確；

D.向盛有H2O2溶液的試管中加入幾滴酸化的硫酸亞鐵溶液，溶液變成棕黃色，說明H2O2在酸性條件下氧化Fe2+變?yōu)镕e3+，一段時間后溶液中出現(xiàn)氣泡，說明Fe3+催化H2O2分解產(chǎn)生O2；故D錯誤；

答案為D。3、D【分析】【分析】

【詳解】

A．Fe和氯氣點燃時直接化合生成FeCl3；故A不選；

B．Cu與Cl2在點燃時能直接化合生成CuCl2；故B不選；

C．Al與氯氣在點燃時能直接化合生成AlCl3；故C不選；

D．Fe和氯氣點燃時直接化合生成FeCl3，不能由單質(zhì)間直接化合制取FeCl2；故D選；

故選：D4、B【分析】【分析】

【詳解】

A．16O和18O為O元素的兩種不同核素；則二者互為同位素，同素異形體是只同種元素形成的不同單質(zhì)，A錯誤；

B．16O與18O核外電子數(shù)均為8；核外電子排布相同，B正確；

C．16O2與18O2是不同氧原子形成的氧氣分子；而同位素是指同種元素的不同核素，C錯誤；

D．16O2和18O2均為氧氣分子；化學性質(zhì)相同，D錯誤；

綜上所述答案為B。5、A【分析】【分析】

一種固體化合物X；X本身不導電，但熔融狀態(tài)和溶于水時能夠電離，說明該物質(zhì)在溶于水和熔融狀態(tài)下能電離出離子而導電，該物質(zhì)應該是離子化合物。

【詳解】

A．說明該物質(zhì)在溶于水或熔融狀態(tài)下能電離出離子而導電；一定是電解質(zhì)，且該物質(zhì)是離子化合物，A正確；

B．說明該物質(zhì)在溶于水或熔融狀態(tài)下能電離出離子而導電；一定是電解質(zhì)，不是非電解質(zhì)，B錯誤；

C．X是離子化合物；可以是堿或者是鹽，C錯誤；

D．該化合物是離子化合物；該物質(zhì)可能是堿，也可能是鹽，D錯誤；

故合理選項是A。6、D【分析】【詳解】

由部分短周期元素原子序數(shù)與最外層電子數(shù)之間的關系圖；可知X為N元素；Y為O元素，Z為Na，M為Mg，N為Al，R為S，W為Cl。

A.對于電子層結構相同的離子，核電荷數(shù)越大離子半徑越小；離子核外電子層越多離子半徑越大，所以離子半徑：r(S2-)>r(Cl-)>r(Na+)>r(Mg2+)；A錯誤；

B.常溫水為液態(tài)，其NH3、HCl、H2S均為氣體，所以水的沸點最高，氨氣分子之間存在氫鍵，沸點高于H2S、HCl，而HCl相對分子質(zhì)量較大，分子間作用力較強，沸點高于H2S，所以簡單氫化物沸點：水>氨氣>氯化氫>硫化氫；B錯誤；

C.Mg2+、Al3+、S2-在溶液中均發(fā)生水解，促進水的電離，而Cl-不發(fā)生水解；不能促進水的電離，C錯誤；

D.Al是比較活潑的金屬，能夠與強酸、強堿溶液發(fā)生反應。Z、X、R、W的最高價氧化物對應的水化物分別為NaOH、HNO3、H2SO4、HClO4；NaOH是強堿，其余幾種均為強酸，因此它們均能與Al發(fā)生反應，D正確；

故合理選項是D。二、多選題(共5題，共10分)7、BC【分析】【分析】

【詳解】

A．1molNa被完全氧化為Na2O2，鈉元素化合價從0價升高到+1價，則失去的電子數(shù)為NA；A正確；

B．0.1mol·L-1的Na2SO4溶液的體積不確定；無法計算其中含有的離子總數(shù)，B錯誤；

C．鐵和水蒸氣反應生成22.4L氫氣；由于氫氣所處的溫度和壓強不確定，無法計算其物質(zhì)的量，也無法計算轉(zhuǎn)移的電子數(shù)，C錯誤；

D．標準狀況下，22.4LCO的物質(zhì)的量是1mol，含有的分子數(shù)為NA；D正確；

答案選BC。8、AD【分析】【詳解】

A.Na2O2溶于水反應產(chǎn)生NaOH和O2，反應的離子方程式為：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑；A正確；

B.Ca(ClO)2溶液中通入過量CO2會反應產(chǎn)生Ca(HCO3)2，離子方程式為：ClO-+H2O+CO2=HClO+HCO3-；B錯誤；

C.電子、電荷不守恒，離子方程式為2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；C錯誤；

D.反應符合事實；遵循離子方程式書寫原則，D正確；

故合理選項是AD。9、AD【分析】【分析】

【詳解】

設相對分子質(zhì)量為70、72、74的Cl2分子個數(shù)分別為X、Y、Z個，相對分子質(zhì)量為70的Cl2是由2個35Cl組成的，故X個相對分子質(zhì)量為70的Cl2中含有的35Cl原子個數(shù)為2X個；相對分子質(zhì)量為72的Cl2是由一個35Cl和一個37Cl組成，故Y個相對分子質(zhì)量為72的Cl2中含有的35Cl原子和37Cl原子個數(shù)分別為X、Y個；相對分子質(zhì)量為74的Cl2是由2個37Cl組成的，故Z個相對分子質(zhì)量為74的Cl2中含有的37Cl原子個數(shù)為2Z個；因此35Cl原子有(2X+Y)個，37Cl原子有(Y+2Z)個，已知35Cl和37Cl的個數(shù)之比為3:1；則(2X+Y):(Y+2Z)=3:1，即3Y+6Z=2X+Y，解得X=Y+3Z，滿足此關系就可。

A．將X=5；Y=2、Z=1分別帶入關系式X═Y+3Z；可知該式子成立，A正確；

B．將X=5；Y=2、Z=2分別帶入關系式X═Y+3Z；可知該式子不成立，B錯誤；

C．將X=9；Y=3、Z=1分別帶入關系式X═Y+3Z；可知該式子不成立，C錯誤；

D．將X=9；Y=3、Z=2分別帶入關系式X=Y+3Z；可知該式子成立，D正確；

選AD。10、AC【分析】n(FeCl3)=c(FeCl3)V=1mol/L×0.1L=0.1mol，故n(Fe3+)=0.1mol，n(CuCl2)=c(CuCl2)V=1mol/L×0.1L=0.1mol，故n(Cu2+)=0.1mol，n(Fe)==0.1mol，根據(jù)氧化性Fe3+>Cu2+，鐵粉會先和Fe3+反應，若鐵粉有剩余，再和Cu2+反應，根據(jù)2Fe3++Fe=2Fe2+，F(xiàn)e、Fe3+均為0.1mol，F(xiàn)e過量，消耗Fe0.05mol，生成Fe2+0.15mol，剩余的0.05molFe與Cu2+反應，根據(jù)Cu2++Fe=Cu+Fe2+，消耗Cu2+0.05mol，生成Cu和Fe2+均為0.05mol。

【詳解】

A．根據(jù)分析，反應后的溶液中n(Fe2+)=0.15mol+0.05mol=0.2mol；A正確；

B．根據(jù)分析，反應后的溶液中不存在Fe2+，但是還剩余0.05molCu2+；B錯誤；

C．根據(jù)分析；反應后殘留固體為生成的Cu單質(zhì)，其質(zhì)量為0.05mol×64g/mol=3.2g，C正確；

D．根據(jù)分析；反應后殘留固體只有Cu單質(zhì)，F(xiàn)e已經(jīng)反應完全，D錯誤；

故選AC。11、BD【分析】【詳解】

A．能使石蕊溶液變紅色表現(xiàn)硝酸的酸性；故A不選；

B．能跟Ag反應生成Ag作還原劑被硝酸氧化，表現(xiàn)硝酸的氧化性，故B選；

C．硝酸中的氫離子能與碳酸鈣反應產(chǎn)生二氧化碳；鈣離子和水；表現(xiàn)硝酸的酸性，故C不選；

D．能和金屬氧化物FeO反應產(chǎn)生硝酸鐵；氮的氧化物和水；表現(xiàn)硝酸的酸性和氧化性，故D選；

答案選BD。三、填空題(共8題，共16分)12、略

【分析】【分析】

能導電的物質(zhì)是要含有自由移動的電子或離子；例如金屬，電解質(zhì)的溶液，熔融的電解質(zhì)，電解質(zhì)是在水溶液或熔融狀態(tài)下能導電的化合物，非電解質(zhì)是在水溶液和熔融狀態(tài)下都不能導電的化合物，電解質(zhì)或非電解質(zhì)都是化合物，電解質(zhì)不一定導電，能導電的不一定是電解質(zhì)。

【詳解】

電解質(zhì)和非電解質(zhì)都是化合物；酸堿鹽和活潑金屬氧化物，水都是電解質(zhì)，電解質(zhì)有強弱之分，能在水溶液或熔融狀態(tài)下能全部電離的化合物是強電解質(zhì)，例如，強酸，強堿，絕大多數(shù)的鹽，活潑金屬氧化物，弱酸，弱堿，水都屬于弱電解質(zhì)。有機物，非金屬氧化物，部分非金屬氫化物屬于非電解質(zhì)。

①硫酸屬于強酸；在水溶液中是完全電離的，是強電解質(zhì)，硫酸屬于共價化合物，沒有自由移動的離子，不能導電；

②鹽酸是混合物；既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，溶液中含有自由移動的離子，可以導電；

③氯氣是單質(zhì)；既不是電解質(zhì)，也不是非電解質(zhì)，也不能導電；

④硫酸鋇屬于鹽；在水溶液或熔融狀態(tài)下是完全電離的，是強電解質(zhì)；

⑤酒精屬于有機物；在溶液中或熔融狀態(tài)下都不能導電，是非電解質(zhì)；

⑥銅是單質(zhì)；既不是電解質(zhì)，也不是非電解質(zhì)，但是可以導電；

⑦醋酸屬于弱酸；是弱電解質(zhì)，醋酸不能導電；

⑧氯化氫溶于水形成強酸；屬于電解質(zhì)，強電解質(zhì)，自身不能導電；

⑨蔗糖屬于有機物；在溶液中或熔融狀態(tài)下都不能導電，屬于非電解質(zhì)；

⑩氨氣屬于非金屬氫化物；自身不能導電，溶于水形成氨水可以導電，不是它自身電離，屬于非電解質(zhì)；

?CO2屬于非金屬氧化物；自身不能導電，溶于水形成碳酸可以導電，不是它自身電離，屬于非電解質(zhì)；

?NaHCO3屬于鹽；在水溶液或熔融狀態(tài)下能全部電離，屬于強電解質(zhì)；

?Al(OH)3屬于弱堿；自身不能電離，在水溶液或熔融狀態(tài)下部分電離，屬于弱電解質(zhì)；

?NaOH屬于強堿；自身不能導電，在水溶液或熔融狀態(tài)下能全部電離，屬于強電解質(zhì)；

（1）屬于非電解質(zhì)的為⑤酒精⑨蔗糖⑩氨氣?CO2；屬于弱電解質(zhì)的為⑦醋酸?Al(OH)3；能導電的②鹽酸；⑥銅；

故答案為：⑤⑨⑩?；⑦?；②⑥；

（2）A.碳酸鈣與鹽酸反應屬于鹽和酸發(fā)生的復分解反應，生成氯化鈣，水和二氧化碳，則化學方程式為CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O，碳酸鈣是固體，不能拆成離子形式，鹽酸是強酸，可以拆，生成的水和二氧化碳不能拆，故離子方程式為CaCO3＋2H+=Ca2+＋CO2↑＋H2O；

故答案為：CaCO3＋2H+=Ca2+＋CO2↑＋H2O；

B.稀硫酸與氫氧化銅反應生成硫酸銅和水，氫氧化銅是沉淀，不能拆成離子形式，化學方程式為H2SO4+Cu(OH)2=CuSO4+2H2O離子方程式為2H++Cu(OH)2=Cu2++2H2O；

故答案為：2H++Cu(OH)2=Cu2++2H2O；

C.氧化鐵與鹽酸反應生成氯化鐵和水，化學方程式Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，離子方程式為Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；

故答案為：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；【解析】⑤⑨⑩?⑦?②⑥CaCO3＋2H+=Ca2+＋CO2↑＋H2O2H++Cu(OH)2=Cu2++2H2OFe2O3+6H+=2Fe3++3H2O13、略

【分析】【詳解】

(1)①硫酸鐵為強電解質(zhì)，在溶液中完全電離出鐵離子和硫酸根離子，電離方程式為故答案為：

②碳酸氫鈉溶液與鹽酸反應生成氯化鈉、水和二氧化碳，反應的離子方程式為故答案為：

③二氧化碳與足量氫氧化鈉反應生成碳酸鈉和水，反應的離子方程式為故答案為：

(2)在水溶液中或熔融狀態(tài)下能導電的化合物為電解質(zhì)；在水溶液中和熔融狀態(tài)下不能導電的化合物為非電解質(zhì)；

①二氧化碳是共價化合物；不能電離出自由移動的離子，不能導電，屬于非電解質(zhì)；

②氯化鉀是離子化合物；熔融狀態(tài)下能電離出自由移動的離子，能導電，屬于電解質(zhì)；

③硫酸氫鈉固體中不存在自由移動的離子；不能導電，溶于水或熔融狀態(tài)能電離出自由移動的離子，能導電，屬于電解質(zhì)；

④銅是金屬單質(zhì)；能導電，單質(zhì)不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；

⑤鹽酸是混合物；溶液中存在自由移動的離子，能導電，混合物既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；

⑥酒精是共價化合物；不能電離出自由移動的離子，不能導電，屬于非電解質(zhì)；

則屬于電解質(zhì)的有②③；屬于非電解質(zhì)的有①⑥；能導電的有②④⑤，故答案為：②③；①⑥；②④⑤?！窘馕觥竣冖邰佗蔻冖堍?4、略

【分析】【分析】

（1）結合單質(zhì)；弱電解質(zhì)寫化學式；強電解質(zhì)寫離子解答；

（2）根據(jù)化合價變化及氧化物和酸的反應判斷鹽酸的性質(zhì)；

（3）此反應中氯元素的化合價升高被還原是還原劑，得到的氯氣是氧化產(chǎn)物，產(chǎn)生1molCl2；則轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為2mol，由此分析解答；

（4）根據(jù)Mn和Cl元素的化合價變化書寫電子轉(zhuǎn)移方向和數(shù)目。

【詳解】

（1）反應2KMnO4+16HCl（濃）＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，氯離子部分參加離子反應，所以離子反應的方程式為：2MnO4-+16H++10Cl-＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O；

（2）氯元素化合價升高；鹽酸起還原劑的作用；反應中還有鹽酸鹽生成，所以起酸的作用，故選：②；

（3）此反應中氯元素的化合價升高被還原是還原劑，得到的氯氣是氧化產(chǎn)物，產(chǎn)生1molCl2，則轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為2mol，則生成0.5molCl2；則轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為1mol；

（4）元素化合價的變化分別為：Mn元素由KMnO4的+7價變成MnCl2中的+2價，化合價降低，所以KMnO4是氧化劑，一個KMnO4得5個電子生成MnCl2；Cl元素由HCl中的-1價變成Cl2中的0價，化合價升高，所以HCl是還原劑，生成一個Cl2分子需失2個電子，所以雙線橋法表示該反應的電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目為：

【點睛】

明確元素的化合價及電子守恒、質(zhì)量守恒定律即可解答，注意濃鹽酸在反應中的作用。【解析】①.2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O②.②③.1④.15、略

【分析】【分析】

（1）鋁是13號元素；核電荷數(shù)13，核外電子數(shù)為13，核外三個電子層，最外層3個電子，確定鋁元素在周期表中的位置；

（2）鋁和氫氧化鈉反應的化學方程式分析判斷；還原產(chǎn)物為氫氣，結合反應定量關系計算；

（3）[NaAl（OH）2CO3]和鹽酸反應生成氯化鈉；氯化鋁、二氧化碳和水；

（4）鋁士礦（主要成分為Al2O3，還含有少量SiO2、Fe2O3等雜質(zhì)），鋁士礦中加入氫氧化鈉溶液，SiO2和Al2O3溶于氫氧化鈉溶液，溶液中的硅酸鈉與偏鋁酸鈉發(fā)生反應：2Na2SiO3+2NaAlO2+2H2O═Na2Al2Si2O8↓+4NaOH，氧化鐵不溶于氫氧化鈉溶液，所以過濾得赤泥為Fe2O3、Na2Al2Si2O8，濾液主要為偏鋁酸鈉溶液，偏鋁酸鈉溶液中通入過量的二氧化碳酸化得沉淀為氫氧化鋁，過濾得濾液主要為NaHCO3溶液；氫氧化鋁燃燒得氧化鋁，氧化鋁；碳、氮氣在高溫下生成氮化鋁，同時碳被氧化為CO。

【詳解】

（1）鋁是13號元素；核電荷數(shù)13，核外電子數(shù)為13，核外三個電子層，最外層3個電子鋁元素在周期表中的位置為第三周期，第ⅢA主族，故答案為：第三周期，第ⅢA主族；

（2）鋁和氫氧化鈉反應的化學方程式分析，2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑；還原產(chǎn)物為氫氣，當反應轉(zhuǎn)移6mol電子時，所得還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量為3mol，故答案為：3；

（3）[NaAl（OH）2CO3]和鹽酸反應生成氯化鈉、氯化鋁、二氧化碳和水，反應的方程式為NaAl（OH）2CO3+4HCl＝NaCl+AlCl3+3H2O+CO2↑，故答案為：NaAl（OH）2CO3+4HCl＝NaCl+AlCl3+3H2O+CO2↑；

（4）鋁士礦（主要成分為Al2O3，還含有少量SiO2、Fe2O3等雜質(zhì)），鋁士礦中加入氫氧化鈉溶液，SiO2和Al2O3溶于氫氧化鈉溶液，溶液中的硅酸鈉與偏鋁酸鈉發(fā)生反應：2Na2SiO3+2NaAlO2+2H2O═Na2Al2Si2O8↓+4NaOH，氧化鐵不溶于氫氧化鈉溶液，所以過濾得赤泥為Fe2O3、Na2Al2Si2O8，濾液主要為偏鋁酸鈉溶液，偏鋁酸鈉溶液中通入過量的二氧化碳酸化得沉淀為氫氧化鋁，過濾得濾液主要為NaHCO3溶液；氫氧化鋁燃燒得氧化鋁，氧化鋁；碳、氮氣在高溫下生成氮化鋁，同時碳被氧化為CO；

①根據(jù)上面的分析可知，赤泥的主要成分為Fe2O3、Na2Al2Si2O8，故答案為：Fe2O3、Na2Al2Si2O8；

②“酸化”時通入過量CO2與NaAlO2反應生成Al（OH）3，濾液的主要成分為NaHCO3，故答案為：NaHCO3；

③氧化鋁、碳、氮氣在高溫下生成氮化鋁，同時碳被氧化為CO，反應的化學方程式為Al2O3+N2+3C2AlN+3CO，故答案為：Al2O3+N2+3C2AlN+3CO。

【點睛】

本題考查了鋁的性質(zhì)、氮化鋁的制備工藝流程為載體，考查無機物推斷、元素化合物性質(zhì)及相互轉(zhuǎn)化、氧化還原、離子方程式等知識點，注意把握制備原理，把握物質(zhì)的性質(zhì)以及相關反應方程式的書寫?！窘馕觥康谌芷?，第ⅢA主族3NaAl（OH）2CO3+4HCl＝NaCl+AlCl3+3H2O+CO2↑Fe2O3、Na2Al2Si2O8NaHCO3Al2O3+N2+3C2AlN+3CO16、略

【分析】【詳解】

（1）水晶的主要成分為為二氧化硅；水玻璃的主要成分是硅酸鈉；

故答案為：二氧化硅或SiO2；硅酸鈉或Na2SiO3；

（2）通常用二氧化硅和金屬氧化物的組合形式表示硅酸鹽的組成，可表示為：CaO?MgO?2SiO2；

（3）實驗室用二氧化錳和濃鹽酸加熱制備氯氣的化學方程式為：

（4）銅與濃硫酸受熱反應的化學反應方程式為：

【點睛】

由復雜硅酸鹽改寫成氧化物形式的一般原則：先寫一系列金屬氧化物，并按金屬活動性順序排列，較活動的金屬氧化物寫在前面，再寫SiO2，含有氫元素的H2O最后寫，氧化物之間加黑點隔開，各氧化物的系數(shù)均為整數(shù)，并寫在相應氧化物前面，寫成氧化物后，原化學式中的各元素、原子的個數(shù)比應保持不變。【解析】二氧化硅或SiO2硅酸鈉或Na2SiO3CaO?MgO?2SiO217、略

【分析】【詳解】

I．(1)密度為1.84g?mL?1，質(zhì)量分數(shù)為98%的濃硫酸的物質(zhì)的量濃度為用此濃度配制480ml0.1mol?L?1的稀硫酸，需要用量筒量取濃硫酸18.4mol?L?1×V＝0.1mol?L?1×0.5L，解得V＝2.7×10?3L＝2.7mL；故答案為：2.7。

(2)該實驗除了需要用到量筒；燒杯和玻璃棒之外；還需要用到的玻璃儀器是500ml容量瓶、膠頭滴管；故答案為：500mL容量瓶、膠頭滴管。

(3)A．用蒸餾水洗滌燒杯；洗滌液沒有全部注入容量瓶中，溶質(zhì)物質(zhì)的量減小，濃度偏低，故A不符合題意；B．定容搖勻后，發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，又加水到刻度線位置，溶液體積增大，濃度偏低，故B不符合題意；C．定容時仰視刻度線，溶液體積偏大，濃度偏低，故C不符合題意；D．容量瓶用蒸餾水洗滌后未進行干燥處理，底部有少量水殘留，物質(zhì)的量不變，溶液體積不變，濃度無影響，故D不符合題意；E．用量筒量取濃硫酸時，仰視刻度線，濃溶液物質(zhì)的量偏大，濃度偏高，故E符合題意；綜上所述，答案為E。

II．(1)實驗室制取Fe(OH)3膠體是將飽和氯化鐵溶液滴加到沸水中，加熱至出現(xiàn)紅褐色，化學方程式是FeCl3+3H2OFe(OH)3(膠體)+3HCl；故答案為：FeCl3+3H2OFe(OH)3(膠體)+3HCl。

(2)向Fe(OH)3膠體中逐滴加入硅酸膠體，硅酸膠粒帶負電，F(xiàn)e(OH)3膠粒帶正電，兩者混合會逐漸出現(xiàn)紅褐色沉淀；故答案為：硅酸膠粒帶負電，使Fe(OH)3膠體聚沉。

(3)除去膠體中混有的FeCl3和HCl的方法即膠體凈化方法是滲析；故答案為：滲析。【解析】2.7500ml容量瓶、膠頭滴管EFeCl3+3H2OFe(OH)3(膠體)+3HCl硅酸膠粒帶負電，使Fe(OH)3膠體聚沉滲析18、略

【分析】【分析】

③的元素最外層與最內(nèi)層電子數(shù)相等；最內(nèi)層電子為2，則最外層電子為2，應為Mg，結合元素在周期表中的位置可知，①為Be，②為Na，④為Al，⑤為Si，⑥為K。

【詳解】

（1）⑤為Si；位于第三周期ⅣA族；

（2）由信息可知鈹和鋁都能與氫氧化鈉溶液反應，則Be與NaOH溶液反應生成Na2BeO2的離子方程式為Be+2OH-═BeO22-+H2↑；

（3）①由AlCl3的熔沸點較低可知，為共價化合物，形成的分子晶體，短周期元素中，某些不同族元素的單質(zhì)及其化合物有相似的化學性質(zhì)，Be與Al位于對角線位置，性質(zhì)相似，則BeCl2是共價化合物；②由同周期從左向右金屬性減弱可知，Be(OH)2的堿性比LiOH弱；

（4）Mg在空氣中的燃燒生成MgO，根據(jù)對角線相似，可知Li在空氣中燃燒生成的產(chǎn)物為Li2O?！窘馕觥縎i第三周期ⅣA族Be+2OH-=BeO22-+H2↑共價弱Li2O19、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)氮氣和氧氣在放電條件下能發(fā)生反應是NO，反應中氮氣作還原劑，表現(xiàn)還原性，反應方程式為：N2+O22NO，故答案為：N2+O22NO；

(2)將N的化合價升高，氨氣要作還原劑，需加氧化劑實現(xiàn)，選項中AC具有強氧化性，可以實現(xiàn)該轉(zhuǎn)化，B金屬鈉是強還原劑，D氯化銨中N處于最低價態(tài)易表現(xiàn)還原性，故答案為：AC；

(3)銅與稀硝酸反應生成硝酸銅、NO和水，反應的離子方程式為：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，該反應中部分硝酸轉(zhuǎn)變成NO，表現(xiàn)氧化性，部分轉(zhuǎn)化成硝酸銅表現(xiàn)酸性，故答案為：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O；酸性和氧化性；

(4)銨根離子的檢驗方法是在待測樣品中加強堿后，加熱，若產(chǎn)生能使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍的氣體，則證明存在銨根離子，涉及的反應為：+OH-NH3↑+H2O，故答案為：+OH-NH3↑+H2O；

(5)A.Cu與硝酸生成硝酸銅；同時會生成氮的氧化物，污染環(huán)境，不符合題意；

B.CuO與硝酸反應生成硝酸銅和水；無污染產(chǎn)物，符合題意；

C.CuS與硝酸反應會生成氮的氧化物和二氧化硫；污染環(huán)境，不符合題意；

D.Cu(OH)2與硝酸反應生成硝酸銅和水；無污染產(chǎn)物，符合題意；

故答案為：BD；【解析】N2+O22NOAC3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O酸性和氧化性+OH-NH3↑+H2OBD四、判斷題(共1題，共2分)20、B【分析】【詳解】

硅酸鈉溶液與二氧化碳反應生成硅酸沉淀和碳酸鈉或碳酸氫鈉，生成碳酸氫鈉的離子方程式為故錯誤。五、實驗題(共2題，共10分)21、略

【分析】【分析】

由實驗裝置圖可知；裝置A中75%硫酸與裝置B中亞硫酸鈉反應生成二氧化硫，二氧化硫與裝置C中的硫酸和氯酸鈉反應制得二氧化氯，二氧化氯進入裝置D中，在溫度為3°C的堿性條件下，二氧化氯與過氧化氫反應生成亞氯酸鈉，裝置E為空載儀器，起防止倒吸的作用，裝置F為尾氣吸收裝置，吸收過量的二氧化硫和二氧化氯，防止污染環(huán)境。

【詳解】

（1）裝置C中二氧化硫與硫酸和氯酸鈉反應生成二氧化氯和硫酸氫鈉，反應的化學方程式為2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4，故答案為：2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4；

（2）在溫度為3°C的堿性條件下，二氧化氯與過氧化氫反應生成亞氯酸鈉、氧氣和水，反應的離子方程式為2ClO2+H2O2+2OH-=2+O2+2H2O，故答案為：2ClO2+H2O2+2OH-=2+O2+2H2O；

（3）由NaClO2飽和溶液在溫度低于38°C時析出的晶體是NaClO2?3H2O，高于38°C時析出晶體是NaClO2可知，結晶時溫度需保持在40~55°C，故答案為：溫度過高NaClO2會分解，溫度過低晶體以NaClO2?3H2O析出；

(4)保持反應時間、反應物和溶劑的用量不變，實驗中緩慢滴加硫酸或攪拌或冰水浴可提高ClO2吸收率；故答案為：緩慢滴加硫酸(攪拌；冰水浴均可）；

（5）裝置C為硫酸氫鈉溶液，由Na2SO4的溶解度曲線可知；若溫度高于32.4°C，會析出硫酸鈉固體，則由硫酸氫鈉溶液制取芒硝的操作為向裝置C所得的溶液中滴加NaOH溶液，邊滴加邊用pH計測溶液的pH至溶液pH=7時停止滴加NaOH溶液，將溶液蒸發(fā)濃縮，冷卻至32.4°C以下結晶，過濾，用冰水洗滌晶體2~3次，低溫烘干得到芒硝，故答案為：向裝置C所得溶液中滴加NaOH溶液，邊滴加邊用pH計測溶液的pH至溶液pH=7時停止滴加NaOH溶液，將溶液蒸發(fā)濃縮，冷卻至32.4°C以下結晶，過濾，用冰水洗滌晶體2~3次，低溫烘干得到芒硝。

【點睛】

裝置C為硫酸氫鈉溶液，由硫酸氫鈉溶液制取芒硝的操作為向裝置C所得的溶液中滴加NaOH溶液，邊滴加邊用pH計測溶液的pH至溶液pH=7時停止滴加NaOH溶液，將溶液蒸發(fā)濃縮，冷卻至32.4°C以下結晶，過濾，用冰水洗滌晶體2~3次，低溫烘干得到芒硝為分析關鍵，也是易錯點?！窘馕觥?NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO42ClO2+H2O2+2OH-=2+O2+2H2O溫度過高NaClO2會分解，溫度過低晶體以NaClO2?3H2O析出緩慢滴加硫酸(攪拌、冰水浴均可）向裝置C所得溶液中滴加NaOH溶液，邊滴加邊用pH計測溶液的pH至溶液pH=7時停止滴加NaOH溶液，將溶液蒸發(fā)濃縮，冷卻至32.4°C以下結晶，過濾，用冰水洗滌晶體2~3次，低溫烘干得到芒硝22、略

【分析】【分析】

（1）根據(jù)HClO的不穩(wěn)定性鑒別；

（2）HClO不穩(wěn)定分解生成氧氣；把帶火星的木條放在瓶口，木條復燃。

【詳解】

（1）鑒別新制的氯水與久置的氯水用帶顏色的布條鑒別；能使帶顏色布條褪色的是新制的氯水；不能使布條褪色的是久置的氯水；

故答案是：用帶顏色的布條鑒別；能使帶顏色布條褪色的是新制的氯水；不能使布條褪色的是久置的氯水；

（2）次氯酸不穩(wěn)定；見光易分解生成氯化氫和氧氣，氧氣能使帶火星的木條復燃。實驗證明有氧氣生成：將盛滿氯水的無色礦泉水瓶倒置在水槽中，光照一段時間后，瓶底有無色氣體生成；將瓶子倒轉(zhuǎn)過來，把帶火星的木條放在瓶口，若木條復燃，證明次氯酸分解生成的氣體為氧氣；

故答案是：將盛滿氯水的無色礦泉水瓶倒置在水槽中，光照一段時間后，瓶底有無色氣體生成；將瓶子倒轉(zhuǎn)過來，把帶火星的木條放在瓶口，若木條復燃，證明次氯酸分解生成的氣體為氧氣?！窘馕觥坑脦ь伾牟紬l鑒別。能使帶顏色布條褪色的是新制的氯水；不能使布條褪色的