浙江省绍兴高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-15卤素及其化合物
一、单选题
1．（2020·浙江嘉兴·统考模拟预测）下列说法正确的是
A．干燥的氯气不能使鲜花褪色
B．二氧化硅是酸性氧化物，不能与酸反应
C．将MgCl2·6H2O在空气中加热生成无水MgCl2
D．实验室可用氢氧化钠溶液吸收尾气中的二氧化氮
2．（2020·浙江嘉兴·统考模拟预测）五氧化二钒为两性氧化物，氧化性类似于二氧化锰。下列说法不正确的是
A．V2O5 + 6NaOH = 2Na3VO4 + 3H2O
B．V2O5 + 10HCl(浓)2VCl5 + 5H2O
C．V2O5常作工业生产SO3的催化剂，以降低反应活化能
D．根据铝比钒活泼的性质，可以用铝热法治炼钒
3．（2020·浙江嘉兴·统考一模）下列说法正确的是
A．向食盐中加入稀硫酸、淀粉和 KI 溶液后变蓝色，可证明食盐中一定含有 KIO3
B．纸层析法仅可以分离Fe3+和Cu2+，不能根据斑点面积比较其浓度大小
C．测得NaHCO3溶液的pH 大于相同浓度的NaHSO3溶液，可证明S 的非金属强于C
D．(NH4)2Fe(SO4)2溶液、K2Cr2O7酸性溶液、AgNO3溶液均可成功鉴别亚硝酸钠和食盐
4．（2021·浙江嘉兴·统考模拟预测）下列实验方案设计、现象与结论都正确的是
实验目的 方案设计 现象和结论
A 检验火柴头上氯元素的存在 摘下几根火柴头，将火柴头浸于水中，片刻后取少量溶液于试管中，加入稀酸化的溶液，充分振荡 若产生白色沉淀，说明火柴头上含有氯元素
B 检验粉中是否含有 取少量固体于试管中，加足量的硫酸铜溶液充分反应，过滤，取滤渣用稀硫酸溶解，将溶液分成两份：一份滴加几滴溶液，另一份滴加少量溶液 若前者溶液变血红色，后者溶液紫色褪去，则固体中铁元素有、两种价态，说明固体中含有
C 检验淀粉水解程度 淀粉溶液中加入稀硫酸，加热，冷却后再加入碘水 向若溶液不变蓝，说明淀粉已完全水解
D 探究与的反应 粉加入稀中，加热，再加入少量固体 未加固体前，无明显现象；加入固体后，产生大量气泡，则说明起催化作用
A．A B．B C．C D．D
5．（2021·浙江嘉兴·统考模拟预测）下列说法正确的是
A．硅胶具有吸水性，可用作食品的抗氧剂
B．氯气有毒，不能用于药物的合成
C．纯碱具有碱性，可用于治疗胃酸过多
D．铜盐能杀死某些细菌，游泳池中常用硫酸铜作消毒剂
6．（2021·浙江嘉兴·统考模拟预测）类比推理是化学中常用的思维方法，下列推理合理的是
A．Fe与Cl2反应可生成FeCl3，推测Fe与I2反应生成FeI3
B．CaO与Al2O3都可与酸反应生成对应的盐和水，推测两者都属于碱性氧化物
C．SO2与CaCl2溶液不反应，推测SO2与Ca(NO3)2溶液也不反应
D．CO2是直线型分子，推测CS2也是直线型分子
7．（2022·浙江嘉兴·统考二模）下列与卤元素相关的实验方案设计、现象和结论都正确的是
目的 方案设计 现象和结论
A 检验火柴头中氯元素 取火柴头浸泡液于试管中，加入NaNO2溶液，再加AgNO3溶液 溶液中出现白色沉淀，说明火柴头中含有氯元素
B 检验加碘盐中存在的KIO3 取一定量的食盐溶于水配成溶液，加入足量NaHSO3溶液，再加入淀粉溶液 溶液呈蓝色，说明食盐中存在KIO3
C 证明氯气可溶于水 用一支100mL针筒抽取80mL氯气，然后抽取20mL水，振荡 黄绿色消失，说明氯气可溶于水
D 探究铝的配合物的生成 向1mL 0.5mol·L-1的氯化铝溶液中加入2mL NaF饱和溶液，再加入lmL 3mol·L-1氨水溶液 无白色沉淀生成，说明铝离子与氟离子形成了配合物
A．A B．B C．C D．D
8．（2022·浙江嘉兴·统考二模）下列物质对应的化学式正确的是
A．蔗糖：C12H24O12 B．漂白粉的有效成分：Ca(ClO)2
C．摩尔盐：NH4Fe(SO4)2·6H2O D．黄铁矿的主要成分：CuFeS2
9．（2022·浙江绍兴·统考模拟预测）下列推测不合理的是
A．与足量反应生成两种强酸
B．与结构具有相似性
C．向混盐中加入足量稀硫酸会有产生
D．可看成是，但不可以看成是
10．（2022·浙江绍兴·统考二模）下列过程推测不合理的是
A．与HCl反应产物含与S
B．IBr与NaOH可得到NaI与NaBrO
C．与反应生成两种强酸
D．相同条件下，与氧气反应由慢到快的顺序：Li、Na、K
11．（2022·浙江绍兴·统考二模）下列物质对应的化学式或结构简式不正确的是
A．蚁酸： B．生石膏：
C．84消毒液的主要成分：NaClO D．明矾：
12．（2022·浙江·模拟预测）下列气体与水发生反应，生成物中没有强电解质的是
A．NO2 B．SO3 C．(CH3CO)2O D．Cl2
13．（2021·浙江绍兴·统考模拟预测）下列说法正确的是
A．六水合氯化镁在空气中加热生成无水氯化镁 B．钠可以置换出四氯化钛溶液中的钛
C．二氧化碳通入氨的氯化钠饱和溶液中析出碳酸氢钠晶体 D．干燥的氯气不能漂白鲜花
14．（2021·浙江绍兴·统考模拟预测）关于反应(浓)，下列说法不正确的是
A．的氧化性强于 B．是氧化产物
C．若生成氯气，则转移电子 D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为
15．（2021·浙江绍兴·统考模拟预测）下列物质属于纯净物的是
A．纤维素 B．油脂 C．酒精 D．漂粉精
16．（2021·浙江绍兴·统考模拟预测）下列说法正确的是
A．含铁元素的硫酸铁是一-些补血药剂的主要成分
B．镁合金密度小，硬度和强度大，常用作制造火箭、飞机的部件
C．碳酸钠溶液呈碱性，故可以用作胃药起到中和胃酸的作用
D．氯气有毒，故不可用作药物的合成
17．（2021·浙江绍兴·统考二模）下列“类比”合理的是
A．Fe与反应生成+3价的，则Fe与反应生成+3价的
B．Mg-Al原电池，Mg的金属活泼性比Al强，在稀硫酸电解质中，Mg做负极，则在NaOH溶液的电解质中，也是Mg做负极
C．NaH与H2O反应生成氢气，则与反应生成
D．NaOH溶液与少量反应生成和水，则苯酚钠与少量反应生成和苯酚
18．（2021·浙江绍兴·统考一模）下列离子方程式不正确的是
A．氯气和水反应：Cl2+H2OH++Cl-+HClO
B．铁与稀盐酸反应：Fe+2H+=Fe2++H2↑
C．碳酸氢铵溶液与足量澄清石灰水反应：HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O
D．少量二氧化硫气体通入FeCl3溶液中：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO
19．（2020·浙江绍兴·统考一模）氯在饮用水处理中常用作杀菌剂，且HClO的杀菌能力比ClO-强。氯气-氯水体系中存在以下平衡关系：
Cl2(g) Cl2(aq) ①
Cl2(aq)+ H2OHClO + HCl ②
下列表述正确的是
A．反应②的平衡常数K=
B．氯水中加入硫酸调节pH， pH越低消毒能力越强
C．氯处理饮用水时，在夏季的杀菌效果比在冬季好
D．氯水中加入四氯化碳进行萃取，反应②逆向移动，反应①正向移动
20．（2020·浙江绍兴·模拟预测）下列有关实验说法，不正确的是
A．硝酸不慎溅到手上，先用大量水冲洗，再用碳酸氢钠稀溶液冲洗
B．将两块未擦去氧化膜的铝片分别投入到1mol L-1CuSO4溶液和1mol L-1CuCl2溶液中，一段时间后，在CuCl2溶液中铝片表面能观察到明显的反应现象
C．在“火柴头中氯元素的检验”实验中，摘下几根未燃过的火柴头，将其浸于水中，稍后取少量溶液于试管中，滴加硝酸银溶液和稀硝酸后，即可判断火柴头中有氯离子的存在
D．从Na2S2O3和H2SO4两溶液相混合开始计时，到溶液出现的浑浊将锥形瓶底部的“+”字完全遮盖时结束，通过比较记录所需时间，可判断反应速率的大小
21．（2020·浙江绍兴·模拟预测）下列气体溶于水后，既有强电解质又有弱电解质生成的是
A．CO2 B．SO3 C．NH3 D．Cl2
22．（2020·浙江绍兴·模拟预测）下列说法不正确的是
A．SiO2可以与NaOH溶液反应，但不能与浓硝酸反应
B．一般可以用NaOH溶液来吸收氮的氧化物
C．CuBr2溶液分别可以与氯水、氨水、AgNO3溶液、铁粉等发生反应
D．SO2能通过氧化还原反应使品红溶液、红色石蕊溶液、紫色高锰酸钾溶液褪色
23．（2020·浙江绍兴·统考二模）下列说法不正确的是
A．纯碱可作化工原料，也是治疗胃酸过多的一种药剂
B．硝酸是一种重要的化工原料，可用来制造化肥、染料、炸药等
C．NaClO溶液有消毒作用，加入适量醋酸可以增强其消毒作用
D．贮氢合金的发现和应用，开辟了氢气贮存、运输的新途径
24．（2020·浙江绍兴·统考二模）作为加碘剂的食盐在保存过程中，由于空气中氧气的作用，容易引起碘的损失。溶于溶液能发生的反应，在低温条件下，可制得。下列说法不正确的是
A．其他条件相同的情况下，在溶液中的溶解度大于在水中的溶解度
B．向溶液中加入淀粉溶液，溶液变蓝色
C．代替作为加碘剂，可以减少碘的损失
D．由于还原性，加入可以提高加碘盐(添加)的稳定性
二、填空题
25．（2021·浙江绍兴·统考模拟预测）(1)氢键是微粒间的一种常见作用力，如存在于醋酸分子间()和硝酸分子内()等。已知邻氨基苯甲醛()的熔点为39℃，对氨基苯甲醛()的熔点为71℃，请说明对氨基苯甲醛的熔点比邻氨基苯甲醛高的原因___。
(2)请用一个化学方程式并结合适当的文字说明HClO、H2CO3和HCO酸性的强弱___。
三、计算题
26．（2020·浙江绍兴·统考二模）将二氧化锰矿试样溶于浓盐酸中，产生的氯气通入浓KI溶液后，将其体积稀释至。然后取此溶液，用标准溶液滴定，需要。(提示：)该样品中的质量分数是____________%；写出简要计算过程：_________________。
四、实验题
27．（2020·浙江嘉兴·统考模拟预测）高铁酸钾(K2FeO4)是一种绿色高效的水处理剂。某实验小组用如图装置(夹持仪器已省略)制备KClO溶液，再与Fe(NO3)3溶液反应制备K2FeO4。
已知K2FeO4的部分性质：①可溶于水、微溶于浓KOH溶液、难溶于无水乙醇②在强碱性溶液中比较稳定③在Fe3+或Fe(OH)3催化作用下发生分解。请回答：
(1)装置B的作用是除去氯气中的HCl气体、降低氯气的溶解度和____。
(2)Fe(NO3)3溶液(Ⅰ)与含KOH的KClO溶液(Ⅱ)混合时，溶液Ⅰ、Ⅱ滴加的顺序是____。
(3)已知K2FeO4理论产率与合成条件相应曲面投影的关系如图(虚线上的数据表示K2FeO4理论产率)，制备K2FeO4的最佳条件是____。
(4)制得的K2FeO4粗产品中含有Fe(OH)3、KCl等杂质。
①有关提纯过程的正确操作为(选出合理的操作并按序排列)：将粗产品溶于冷的KOH溶液→____→____→____→____→真空干燥箱中干燥。
A．过滤
B．将滤液蒸发浓缩、冷却结晶
C．用蒸馏水洗涤晶体2～3次
D．往滤液中加入冷的饱和KOH溶液，静置
E.用适量乙醇洗涤晶体2～3次
②过滤时应选用的漏斗是____。
③洗涤时选择相应操作的原因是____。
28．（2021·浙江嘉兴·统考二模）某小组以电石渣[主要成分为和]为原料制备晶体，流程如下：
已知：氯化时与反应生成，进一步转化生成，少量分解生成和。请回答：
(1)氯化时装置如图所示，B中的试剂是___________；若C中导管处堵塞则B中的现象是___________。
(2)下列说法不正确的是___________。
A．打浆时加水形成石灰浆的目的是使与充分反应
B．氯化时应快速通入氯气以提高氯气的转化率
C．过滤得到的滤渣中含有、
D．过滤后的滤液中
(3)对抽滤后获得的晶体进行洗涤的方法是___________。
(4)某小组认为获得的产品中含有KCl、两种物质，为测定的含量，从下列选项中选出合理的操作(操作可以重复使用)并排序：称取mg样品→用蒸馏水溶解→___________→___________→___________→___________→___________→___________→计算,___________
a．往滤液中加入足量的、溶液b．过滤、洗涤
c．干燥、称量d．加入足量的、溶液
(5)该小组用上述方法测得产品中的质量分数为72.0%，高于理论值。可能原因是___________。
29．（2022·浙江绍兴·统考二模）结晶水合物X由4种元素组成。某兴趣小组按如下流程进行实验：
请回答：
(1)组成X的元素除H、O外还有 ___________，X的化学式为 ___________。
(2)溶液D中属于盐的成分是 ___________ ( 用化学式表示)；若溶液C中滴入少量氨水，则首先参与反应的微粒是_____
(3)请写出E →F化学方程式___________。
(4)设计实验方案确定溶液H中的阴离子___________。
30．（2020·浙江绍兴·统考模拟预测）氯化硫(S2Cl2)是一种黄红色液体，有刺激性、窒息性恶臭，在空气中强烈发烟，易与水发生水解反应；熔点为-80℃，沸点137.l℃。在熔融的硫中通入氯气即可生成S2Cl2。如图是实验室用S和Cl2制备S2Cl2的装置（部分夹持装置已略去）。
请回答：
（1）从上述提供的图片中选出必要的装置并排序以制备S2Cl2：b→___；
（2）已知S2Cl2水解时，只有一种元素的化合价发生了变化，且被氧化和被还原的该元素的物质的量之比为1：3，请写出该反应的化学方程式___。
参考答案：
1．D
【详解】A.鲜花里面有水，氯气与水反应生成次氯酸使鲜花褪色，故A错误；
B.二氧化硅可以与氢氟酸反应，生成水和四氟化硅，故B错误；
C.MgCl2·6H2O应该在HCl气流中加热，否则会水解变成氢氧化镁，故C错误；
D.氢氧化钠与二氧化氮反应有硝酸钠生成，可用于二氧化氮尾气吸收，故D正确；
故答案为D。
2．B
【详解】A．五氧化二钒为两性氧化物，可与氢氧化钠反应生成盐和水，反应为：V2O5 + 6NaOH = 2Na3VO4 + 3H2O，故A正确；
B．五氧化二钒的氧化性类似于二氧化锰，则五氧化二钒与浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气，反应为：V2O5 + 6HCl(浓)2VOCl2 + Cl2(g) + 3H2O，故B错误；
C．V2O5常作工业生产SO3的催化剂，催化剂可以降低反应活化能，加快反应速率，故C正确；
D．金属性强的金属可以将金属性弱的金属从其氧化物中置换出金属单质，铝的金属性大于钒，可用铝与五氧化二钒反应制取金属钒，即可以用铝热法治炼钒，故D正确；
答案选B。
3．A
【详解】A．向食盐中加入稀硫酸、淀粉和 KI 溶液后变蓝色，食盐中含有 KIO3，故A正确；
B．Fe3+和Cu2+有不同的分配系数，移动速度因此而不同，纸层析法不仅可分离Fe3+和Cu2+，还可根据斑点面积比较其浓度大小，故B错误；
C．亚硫酸不是硫的最高价氧化物对应的酸，不好用来比较元素的非金属性，故C错误；
D．因亚硝酸银、氯化银均不溶于水，则仅用AgNO3溶液不能鉴别亚硝酸钠和食盐，故D错误；
故选A。
4．C
【详解】A．氯酸钾与硝酸银不反应，应先灼烧后溶解，再加AgNO3、稀HNO3检验氯元素，故A错误；
B．Fe与水蒸气高温反应生成铁的氧化物，且Fe可能过量，由操作和现象可知，溶于硫酸后溶液含铁离子、亚铁离子，但不能证明固体产物中铁元素有+2、+3两种价态，故B错误；
C．淀粉遇碘变蓝，若溶液不变蓝，说明淀粉已完全水解，故C正确；
D．Cu与稀硫酸不反应，且酸性溶液中硝酸根离子可氧化Cu，则加入KNO3固体后，产生大量气泡，与催化作用无关，故D错误；
故选：C。
5．D
【详解】A．硅胶具有吸水性，可用作食品的干燥剂，不能作抗氧剂，A错误；
B．氯气有毒，但可以用于药物的合成，B错误；
C．纯碱具有碱性，但碱性太强，不能用于治疗胃酸过多，可以用碳酸氢钠治疗胃酸过多，C错误；
D．铜属于重金属，铜盐能杀死某些细菌，游泳池中常用硫酸铜作消毒剂，D正确；
答案选D。
6．D
【详解】A．氯气具有强氧化性，能将变价金属氧化为高价态，碘单质氧化性较弱，将变价金属氧化为低价态，Fe与I2反应生成FeI2，故A错误；
B．CaO与Al2O3都可与酸反应生成对应的盐和水，Al2O3也能与碱反应生成盐和水，Al2O3为两性氧化物，CaO属于碱性氧化物，故B错误；
C．SO2与CaCl2溶液不反应， SO2与Ca(NO3)2溶液反应生成硫酸钙沉淀，因为硝酸钙溶液中通入二氧化硫后呈酸性，硝酸根在酸性条件下表现强氧化性，将二氧化硫氧化的成与Ca2+形成硫酸钙沉淀，故C错误；
D．CO2是直线型分子，推测CS2也是直线型分子，两者中C原子的价层电子对数都是2且不含孤电子对，故均为直线型，故D正确；
故选D。
7．D
【详解】A．火柴头中氯元素以氯酸钾存在，与硝酸、硝酸银不反应，应灼烧后、溶解，加硝酸、硝酸银检验，A不合题意；
B．取一定量的食盐溶于水配成溶液，加入足量NaHSO3溶液，再加入淀粉溶液，溶液呈蓝色，说明溶液中含有I2，但不能说明食盐中存在KIO3，也可能是NaIO3等碘酸盐或者其他价态较高的含碘化合物，B不合题意；
C．氯气溶于水后若仍然以Cl2的形式存在，则溶液应该呈黄绿色或者淡黄绿色，用一支100mL针筒抽取80mL氯气，然后抽取20mL水，振荡，黄绿色消失，则说明氯气不仅仅是溶于水，而是Cl2和H2O能够反应生成无色物质，C不合题意；
D．向1mL 0.5mol·L-1的氯化铝溶液中加入2mL NaF饱和溶液，再加入lmL 3mol·L-1氨水溶液，由于氨水为弱碱，与Al(OH)3不反应，若无白色沉淀生成，说明溶液中不存在Al3+，即能说明铝离子与氟离子形成了配合物，D符合题意；
故答案为：D。
8．B
【详解】A．蔗糖的化学式为C12H22O11，A错误；
B．工业上用Cl2与石灰乳反应制备漂白粉：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，漂白粉的主要成分为CaCl2和Ca(ClO)2，有效成分为Ca(ClO)2，B正确；
C．摩尔盐的化学式为(NH4)2Fe(SO4)2 6H2O，C错误；
D．黄铁矿的主要成分的化学式是FeS2，D错误；
答案选B。
9．A
【详解】A．反应生成亚硫酸和盐酸，盐酸为强酸，亚硫酸为弱酸，A错误；
B．原子结构分析，氧和硫结构相似，两个氧原子间形成共价键，两个硫原子间形成攻共价键，故二者结构相似，B正确；
C．混盐可以看成是氯化钙和次氯酸钙的混合物，与硫酸反应生成氯气，C正确；
D．铁有+2+3两种化合价，但铅有+2+4价，故四氧化三铅可以看成氧化铅和二氧化铅，D正确；
故选A。
10．B
【详解】A．过氧化钠和盐酸反应可以生成水和氧气，则与HCl反应产物含与S，A正确；
B．IBr与NaOH不是氧化还原反应，应该生成NaBr与NaIO，B错误；
C．与反应不是氧化还原反应，生成对应的酸，即H2SO4和HCl，C正确；
D．金属性越强越容易和氧气反应，金属性由弱到强顺序为：Li、Na、K，故与氧气反应由慢到快的顺序：Li、Na、K，D正确；
故选B。
11．A
【详解】A．蚁酸是甲酸的俗名，化学式为，故A错误；
B．生石膏的化学式是、熟石膏的化学式是2CaSO4·H2O，故B正确；
C．84消毒液的主要成分是NaClO，NaClO具有氧化性，能杀菌消毒，故C正确；
D．的俗名是明矾，故D正确；
选A。
12．C
【详解】A．NO2和水发生歧化反应生成HNO3和NO，HNO3是强酸，是强电解质，A错误；
B．SO3和水发生化合反应生成H2SO4，H2SO4是强酸，是强电解质，B错误；
C．(CH3CO)2O为乙酸酐和水生成乙酸，乙酸是弱酸，是弱电解质，C正确；
D．Cl2和水反应生成HCl和HClO，HCl是强酸，是强电解质，D错误；
故选C。
13．C
【详解】A．六水合氯化镁加热时Mg2+会发生水解，水解生成的HCl挥发，最后得到的不是无水氯化镁，而是Mg(OH)2，若温度较高，则生成MgO，故A错误；
B．钠能和水反应，所以钠不能置换出四氯化钛溶液中的钛，若钠和熔融的四氯化钛反应，则可以置换出钛，故B错误；
C．二氧化碳通入氨的氯化钠饱和溶液中能析出溶解度较小的碳酸氢钠晶体，故C正确；
D．鲜花中含有水分，干燥的氯气能和鲜花中的水反应生成具有漂白性的次氯酸，所以干燥的氯气能漂白鲜花，故D错误；
故选C。
14．B
【分析】在反应(浓)中，Cu的化合价从+3价降低到+2价，Cl的化合价从-1价升高到0价。
【详解】A．在反应(浓)中，Cu的化合价降低，KCuO2做氧化剂，Cl的化合价升高，Cl2是氧化产物，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知，KCuO2的氧化性强于Cl2。实验室用MnO2和浓盐酸在加热条件下制取氯气：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，该反应中，氧化剂是MnO2，氧化产物是Cl2，MnO2的氧化性强于Cl2。该反应需要加热，而KCuO2和浓盐酸的反应不需要加热，所以KCuO2的氧化性强于MnO2，故A正确；
B．在反应(浓)中，Cu的化合价降低，生成的CuCl2是还原产物，故B错误；
C．在反应中，Cl的化合价从HCl中的-1价升高到Cl2中的0价，生成1molCl2，转移2mol电子，所以生成14.2g(0.2mol)Cl2，转移0.4mol电子，故C正确；
D．由以上分析可知，KCuO2是氧化剂，HCl是还原剂，2mol KCuO2参加反应，消耗8molHCl，8molHCl中只有2mol生成了Cl2，做还原剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为，故D正确；
故选B。
15．C
【详解】A．纤维素的化学式为(C6H10O5)n，在物质中不同分子的n值不同，因此纤维素是混合物，A不符合题意；
B．油脂是高级脂肪酸甘油酯，油脂是油和脂肪的统称，因此该物质为混合物，B不符合题意；
C．酒精的结构简式是C2H5OH，有确定的分子组成，属于纯净物，C符合题意；
D．漂粉精中含有CaCl2、Ca(ClO)2，物质中有多种成分，故属于混合物，D不符合题意；
故合理选项是C。
16．B
【详解】A．含铁元素的硫酸亚铁是一些补血药剂的主要成分，故A错误；
B．镁合金密度小，硬度和强度大，耐腐蚀等方面的优点，常用作制造火箭、飞机的部件，故B正确；
C．碳酸钠碱性太强，不能用作胃药，故C错误；
D．氯气是有毒气体，但能用于药物的合成，故D错误；
故选B。
17．C
【详解】A．Cl2具有强氧化性，能把铁氧化成+3价，但是I2的氧化性比Cl2弱，它与铁反应时生成FeI2，A项错误；
B．构成原电池时，一般是活泼性更强的金属作为负极；但是Mg不能与NaOH溶液反应，而Al能与NaOH溶液发生自发的氧化还原反应，因此在氢氧化钠电解质溶液中，Al作为负极，B项错误；
C．NaH与H2O反应生成氢气的本质是NaH中的H-与H2O中的H+发生歧化反应生成为H2，因此与反应时也能这样生成，C项正确；
D．NaOH溶液与少量反应生成和水，原理是酸性氧化物与碱反应生成对应的盐和水；苯酚钠与少量反应时体现强酸制弱酸原理，由于酸性由强到弱为：H2CO3>苯酚> ，因此苯酚钠与少量反应生成NaHCO3和苯酚，D项错误；
答案选C。
18．C
【详解】A．氯气和水反应的离子方程式为Cl2+H2OH++Cl-+HClO，故A正确；
B．铁与稀盐酸反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故B正确；
C．碳酸氢铵溶液与足量澄清石灰水反应的离子方程式为NH4++HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+H2O+NH3·H2O，故C错误；
D．少量二氧化硫气体通入FeCl3溶液中发生反应的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO，故D正确；
答案为C。
【点睛】注意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）、检查是否符合原化学方程式等；本题难点为选项C，不能忽视NH4+与OH-的反应，离子反应是完整反应，不能只写局部。
19．D
【详解】A．HCl是强电解质，在溶液中无HCl分子，故反应②的离子方程式为Cl2(aq)+ H2OHClO + H++Cl-，故反应②的平衡常数K=，A错误；
B．根据反应②的离子方程式Cl2(aq)+ H2OHClO + H++Cl-，可知氯水中加入硫酸调节pH， pH越低即H+浓度越大，反应②平衡逆向移动，HClO浓度减小，故消毒能力减弱，B错误；
C．氯处理饮用水时，在夏季气温比冬季高，故过程①平衡逆向移动即Cl2的溶解性减小，故夏季的杀菌效果比在冬季弱，C错误；
D．由于Cl2为非极性分子，四氯化碳也是非极性分子，H2O为极性分子，根据“相似相溶”原理，可知Cl2在四氯化碳的溶解度比在水中大得多，氯水中加入四氯化碳进行萃取，反应②逆向移动，反应①正向移动，D正确；
故答案为：D。
20．C
【详解】A．硝酸溅到皮肤上，立即用大量水冲洗，然后用碳酸氢钠稀溶液冲洗，将剩余的硝酸反应掉，故A正确；
B．CuSO4和CuCl2溶液中铜离子水解，溶液显酸性，能先与氧化铝反应，去除氧化膜后，活泼的铝与酸反应会产生气体，同时铝也置换出铜，有红色物质析出，故B正确；
C．燃烧后氯元素以氯化物的形式存在，可以利用AgNO3溶液和稀硝酸检验氯离子，具体操作为：将燃烧后的火柴头用少量蒸馏水浸泡，片刻后取少量溶液于试管中，向溶液中滴加AgNO3溶液和稀硝酸，有白色沉淀生成，说明氯元素是以氯离子形式存在，故C错误；
D．测定Na2S2O3溶液跟稀H2SO4反应的速率，以两溶液混合时开始计时，到溶液出现的浑浊将锥形瓶底部的“+”字完全遮盖时结束计时，根据所需要的时间判断反应速率的大小，故D正确；
故答案为C。
21．D
【详解】A．CO2溶于水生成H2CO3，H2CO3是弱电解质，故A错误；
B．SO3溶于水生成H2SO4，H2SO4是强电解质，故B错误；
C．NH3溶于水生成NH3·H2O，NH3·H2O是弱电解质，故C错误；
D．Cl2溶于水生成HCl和HClO，HClO是弱电解质，HCl是强电解质，故D正确；
故答案为D。
22．D
【详解】A. SiO2是酸性氧化物能与NaOH溶液反应生成硅酸钠和水，浓硝酸虽然有强氧化性，但SiO2不能与之反应，A正确；
B. 氮的氧化物能与NaOH溶液反应，如2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O和NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，B正确；
C. 氯水与CuBr2溶液生成Br2，氨水与CuBr2溶液生成Cu(OH)2沉淀，AgNO3溶液与CuBr2溶液生成AgBr沉淀，铁粉与CuBr2溶液生成Cu，C正确；
D. SO2使品红溶液褪色是由于SO2的漂白性，SO2能与有色物质化合成无色物质，是化合反应；SO2能使石蕊溶液变红，是由于SO2是酸性氧化物，溶于水生产亚硫酸，有酸性，使石蕊变红；SO2使紫色高锰酸钾溶液褪色是SO2的还原性，发生了氧化还原反应，D错误。
答案选D。
【点睛】SiO2能与氢氟酸反应，用氢氟酸来刻蚀玻璃；SO2只能使石蕊溶液变红，不能使之褪色。
23．A
【详解】A．纯碱碱性较强，可能造成食道损伤，不能治疗胃酸过多，A错误；
B．硝酸可制造硝态氮肥，可生产亚硝酸盐，亚硝酸盐做还原剂与着色染料反应对布料染色，可制TNT等炸药，B正确；
C．NaClO溶液消毒原因是ClO-水解产生的HClO具有强氧化性，加适量醋酸可增大HClO浓度，从而增强消毒性，C正确；
D．氢气是气体，不便于储存、运输，贮氢合金的发现和应用，开辟了氢气贮存、运输的新途径，D正确。
答案选A。
24．C
【详解】A．I2溶于KI溶液能发生的反应，故I2在KI溶液中的溶解度大于在水中的溶解度，A正确；
B．反应为可逆反应，溶液中存在I2，加淀粉溶液变蓝，B正确；
C．溶于水产生I2，I2有毒，不能代替KI作加碘剂，C错误；
D．还原性，氧气先氧化，KI被保护，即加入可以提高加碘盐(添加)的稳定性，D正确。
答案选C。
25． 对氨基苯甲醛形成分子间氢键，邻氨基苯甲醛形成的氢键以分子内氢键为主，故对氨基苯甲醛的熔点比较高 往次氯酸钠溶液中通入少量CO2，NaClO＋CO2＋H2O=NaHCO3＋HClO
【详解】(1)根据题意说明氢键存在分子间氢键和分子内氢键，对氨基苯甲醛存在分子间氢键，邻氨基苯甲醛存在分子内氢键，因此对氨基苯甲醛的熔点比邻氨基苯甲醛高；故答案为：对氨基苯甲醛形成分子间氢键，邻氨基苯甲醛形成的氢键以分子内氢键为主，故对氨基苯甲醛的熔点比较高。
(2)利用强酸制弱酸的反应原理，二氧化碳和次氯酸钠反应生成次氯酸，次氯酸钠和碳酸氢根不反应，因此往次氯酸钠溶液中通入少量CO2，NaClO＋CO2＋H2O=NaHCO3＋HClO；故答案为：往次氯酸钠溶液中通入少量CO2，NaClO＋CO2＋H2O=NaHCO3＋HClO。
26． 80.00% 由关系式法可知：，则：
【分析】利用方程式中物质之间的关系，得到关系式进行解题。
【详解】
根据题意写出发生反应的化学方程式：
根据方程式可得与MnO2之间的关系为：
解得
则
的质量分数为。
【点睛】巧用关系式进行解题，不需要计算中间物质的物质的量，注意溶液体积的10倍关系，即质量也存在10倍关系。
27． 观察溶液产生气泡多少以控制流速 将Fe(NO3)3溶液滴入含KOH的KClO溶液中(或将I滴入II中) 反应时间50~60min，反应温度5.0~10℃ A D A E 砂芯漏斗 乙醇挥发时可带走水分，防止K2FeO4与水反应
【分析】
利用A装置制备氯气，B装置中盛有饱和食盐水，用于除去挥发出的HCl杂质，在C装置中，氯气与KOH溶液反应制得KClO溶液，D装置中盛有NaOH溶液，用于吸收多余的氯气，防止污染空气，制得的KClO溶液再与Fe(NO3)3溶液反应制备K2FeO4。
【详解】
(1)装置B中盛有饱和食盐水，氯气在饱和食盐水中的溶解度小于在水中的溶解度，所以饱和食盐水的作用是除去氯气中的HCl气体、降低氯气的溶解度，同时还可以通过观察溶液产生的气泡多少以控制氯气流速，使氯气与KOH溶液充分反应制得KClO溶液；
(2)因K2FeO4在强碱性溶液中比较稳定，在Fe3+或Fe(OH)3催化作用下可以发生分解，所以Fe(NO3)3溶液(Ⅰ)与含KOH的KClO溶液(Ⅱ)混合时，应将Fe(NO3)3溶液滴入含KOH的KClO溶液中；
(3)据图可知，K2FeO4理论产率最高时所对应的条件是：反应时间50~60min，反应温度5.0~10℃；
(4) ①制得的K2FeO4粗产品中含有Fe(OH)3、KCl等杂质，根据题中提供的K2FeO4的性质，提纯过程应该是：将粗产品溶于冷的KOH溶液，过滤除去不溶于冷的KOH溶液的Fe(OH)3，因K2FeO4微溶于浓KOH溶液，则往滤液中加入冷的饱和KOH溶液，静置析出K2FeO4晶体，过滤得到K2FeO4晶体，用适量乙醇洗涤晶体2～3次，最后在真空干燥箱中干燥，则正确答案为：A、D、A、E；
②溶解样品的试剂为KOH溶液，因普通玻璃中的二氧化硅可以和KOH溶液反应，则过滤时应选用砂芯漏斗(硬质高硼玻璃)而不能选用普通漏斗；
③因K2FeO4可溶于水而难溶于无水乙醇，则洗涤时应选择适量无水乙醇洗涤晶体，同时乙醇挥发时可带走水分，防止K2FeO4与水反应。
【点睛】
因K2FeO4微溶于浓KOH溶液，则在提纯K2FeO4样品时，要注意先加入的是冷的KOH溶液，过滤除去不溶解的Fe(OH)3，然后向滤液中又加入的是冷的饱和KOH溶液，这时因K2FeO4在饱和KOH溶液中溶解度小而结晶析出。
28． 饱和食盐水 长颈漏斗内液面上升 BD 关小水龙头，往布氏漏斗中加入饱和溶液至浸没产品，使其缓慢流下，重复2~3次，直至洗净为止 dbadbc 样品中可能含有、或KClO等物质，导致测量值高于理论值
【分析】本题以电石渣[主要成分为和为原料制备晶体为体裁，重点考查实验制备氯气的发生装置和除杂试剂，氯气与石灰乳的反应，利用KClO3与Ca(ClO3)2的溶解度的差异来制备KClO3，主要反应有：2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O、3Ca(ClO)2=2CaCl2+Ca(ClO3)2、2KCl+ Ca(ClO3)2=2KClO3+ CaCl2，在测定KClO3的含量时先加入足量的、溶液使杂质中的氯离子完全沉淀，再往滤液中加入足量的、溶液，将KClO3转化为KCl，再加入足量的、溶液使上一步生成的氯离子完全沉淀，过滤、洗涤除去表面的杂质，干燥、称量，通过第二步得到的沉淀的质量来计算KClO3的质量，从而测定KClO3的含量，据此分析解题。
【详解】(1)氯化时装置如图所示，由于A装置制备的Cl2中含有HCl，必须除去，否则将与石灰浆反应，故B中的试剂是用于除去氯气中的氯化氢，故为饱和食盐水；若C中导管处堵塞，则B中的长颈漏斗中的液面将上升，故答案为：饱和食盐水；长颈漏斗内液面上升；
(2)A．打浆时加水形成石灰浆以增大氯气和氢氧化钙的接触面积，使与充分反应，A正确；
B．若通入氯气的速率过快，氯气还未与氢氧化钙反应就被排除，这样导致氯气的转化率反而减小，故氯化时应尽可能减慢通入氯气以提高氯气的转化率，B错误；
C．电石渣的主要成分为和，且在水中的溶解度很小，故过滤得到的滤渣中含有、，C正确；
D．根据反应2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O和3Ca(ClO)2=2CaCl2+Ca(ClO3)2，但因少量分解生成和可知，过滤后的滤液中＜，D错误；
故答案为：BD；
(3)对抽滤后获得的KClO3晶体进行洗涤的方法是关小水龙头，停止抽滤过程，往布氏漏斗中加入KClO3饱和溶液以减小KClO3的溶解度，至浸没产品，使其缓慢流下，重复2~3次，直至洗净为止，故答案为：关小水龙头，往布氏漏斗中加入KClO3饱和溶液至浸没产品，使其缓慢流下，重复2~3次，直至洗净为止；
(4)某小组认为获得的KClO3产品中含有KCl、CaCl2两种物质，为测定KClO3的含量的步骤为：称取mg样品，用蒸馏水溶解，加入足量的、溶液使氯离子完全沉淀，过滤洗涤表面的杂质KClO3，再往滤液中加入足量的、溶液，将KClO3转化为KCl，再加入足量的、溶液使上一步生成的氯离子完全沉淀，过滤、洗涤除去表面的杂质，干燥、称量，通过第二步得到的沉淀的质量来计算KClO3的质量，从而测定KClO3的含量，故答案为：dbadbc；
(5)由于样品中可能含有、或KClO等物质，这些物质均有强氧化性，能与足量的、溶液反应转哈为氯离子，从而导致最后称量的沉淀质量偏大，导致测量值高于理论值，故答案为：样品中可能含有、或KClO等物质，导致测量值高于理论值。
29．(1) Cu、Cl CuCl2 2H2O
(2) NH4NO3、Ag(NH3)2NO3、Cu(NH3)4(NO3)2 H+
(3)2CuCl2Cl2↑+2CuCl
(4)取少量H溶液，滴加酚酞，若变红，则含有OH-；另取少量H溶液，加入硝酸酸化，再加硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则含有Cl-
【分析】由实验Ⅰ可知，溶液C中加入过量氨水，生成蓝色沉淀D，则D中含有[Cu(NH3)4]2+，X中含有铜元素；白色沉淀B为AgCl，n(AgCl)=，20mL1.0mol/L盐酸中所含Cl-的物质的量为0.02mol，则X中所含Cl-的物质的量为0.04mol-0.02mol=0.02mol，从而得出X中含有CuCl2，其物质的量为0.01mol。
由实验Ⅱ可知，结晶水的质量为1.71g-1.35g=0.36g，物质的量为，CuCl2的物质的量为0.01mol，生成Cl2的物质的量为，则固体G为CuCl。综合实验Ⅰ、Ⅱ，X的化学式为CuCl2 2H2O。
(1)
由以上分析可知，组成X的元素除H、O外还有Cu、Cl，X的化学式为CuCl2 2H2O。答案为：Cu、Cl；CuCl2 2H2O；
(2)
由分析可知，溶液C中含有过量的AgNO3、Cu(NO3)2、HNO3等，加入过量氨水，AgNO3最终生成Ag(NH3)2NO3，Cu(NO3)2最终生成Cu(NH3)4(NO3)2，另外还有NH4NO3生成，则溶液D中属于盐的成分是NH4NO3、Ag(NH3)2NO3、Cu(NH3)4(NO3)2；若溶液C中滴入少量氨水，则首先与HNO3反应，所以首先参与反应的微粒是H+。答案为：NH4NO3、Ag(NH3)2NO3、Cu(NH3)4(NO3)2；H+；
(3)
由分析知，E为CuCl2、F为Cl2，则E →F化学方程式为2CuCl2Cl2↑+2CuCl。答案为：2CuCl2Cl2↑+2CuCl；
(4)
固体G为CuCl，加入过量氨水，则溶液H中所含阴离子可能为Cl-、OH-，确定溶液H中的阴离子的方法是：取少量H溶液，滴加酚酞，若变红，则含有OH-；另取少量H溶液，加入硝酸酸化，再加硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则含有Cl-。答案为：取少量H溶液，滴加酚酞，若变红，则含有OH-；另取少量H溶液，加入硝酸酸化，再加硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则含有Cl-。
【点睛】AgOH、Cu(OH)2都能溶于过量的氨水，生成[Ag(NH3)2]+、[Cu(NH3)4]2+。
30． fadeg 2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl
【分析】(1) S2Cl2易水解，因此需要严格无水，氯气需除杂并干燥，尾气需吸收过量的氯气并防止空气中的水进入，选择碱石灰进行尾气处理，据此分析和选择仪器；
(2)根据已知信息，结合氧化还原反应规律书写方程式。
【详解】(1) S2Cl2易水解，因此需要严格无水，氯气需除杂并干燥，尾气需吸收过量的氯气并防止空气中的水进入，选择碱石灰进行尾气处理，故排序bfadeg；
(2) S2Cl2中S化合价为+1，被氧化与被还原物质的量之比为1：3，产物为SO2与S，故水解方程式为2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl。
【点睛】标出S2Cl2中S化合价，再根据被氧化和被还原的物质的物质的量之比关系，配平氧化产物和还原产物的物质的量，根据元素守恒配平其他物质。
试卷第1页，共3页
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