【化学】辽宁省实验中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题（解析版）

【化学】辽宁省实验中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题（解析版）

辽宁省实验中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题 第I卷（选择题：共50分）‎ 可能用到的相对原子质量: H—1 C—12 O—16 Na—23 N—14 Cl—35.5 S—32 ‎ 一、选择题（每题只有1个选项符合题意,每题 2分）‎ ‎1.下列说法正确的是(   )‎ A. Na2O2遇到湿润的紫色石蕊试纸后，石蕊试纸最终变成蓝色 B. Na2O2与CO2反应生成0.1mol O2时转移电子0.4mol C. Na2O2投入到CuCl2溶液中有蓝色沉淀及气泡产生 D. 向饱和烧碱溶液中加入2g Na2O2，充分反应完后，溶液中Na+的数目不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Na2O2与H2O反应产生NaOH使石蕊试液变蓝，但中间产物H2O2具有漂白性又会使蓝色退去，故A错误；‎ B、Na2O2与CO2反应时，既作氧化剂，又作还原剂，0.2mol Na2O2生成0.1molO2，转移0.2mol电子，故B错误；‎ C、Na2O2投入到CuCl2液中，Na2O2与H2O反应产生NaOH与O2，NaOH再与CuCl2反应生成蓝色Cu(OH)2沉淀，故C正确；‎ D、向饱和烧碱溶液中加入2g Na2O2，由于过氧化钠消耗溶剂水，溶质析出，因此充分反应完后，溶液中Na+的数目减少，故D错误。‎ ‎2.下列关于氯及其化合物说法正确的是( )‎ A. 氯气溶于水的离子方程式:Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-‎ B. 洁厕灵不能与“84”消毒液混用，原因是两种溶液混合产生的HClO易分解 C. 漂白粉在空气中久置变质是因为漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3‎ D. 氯气可以使湿润的有色布条褪色，实际起漂白作用的物质是次氯酸，而不是氯气 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 次氯酸难电离，氯气溶于水的离子方程式为Cl2＋H2O＝H＋＋Cl－＋HClO，A错误；‎ B.‎ ‎ 洁厕灵不能与“84”消毒液混用，原因是次氯酸钠具有强氧化性，能氧化氯离子生成氯气而中毒，B错误；‎ C. 漂白粉在空气中久置变质是因为漂白粉中的次氯酸钙与空气中的水、CO2反应生成次氯酸和CaCO3，C错误；‎ D. 氯气可以使湿润的有色布条褪色，实际起漂白作用的物质是次氯酸，而不是氯气，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎3.室温下，下列各组微粒在指定溶液中能大量共存的是(   )‎ A. 0.1mol·L-1 KI 溶液：Na+、K+、HClO、OH-‎ B. 0.1mol·L-1 Fe2(SO4)3溶液：K+、NH4+、NO3-、SO42-‎ C. 0.1mol·L-1 HCl溶液：Ba2+、K+、CH3COO-、NO3-‎ D. 0.1mol·L-1 NaOH溶液：Mg2+、Na+、SO42-、HCO3-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、HClO能够氧化KI，HClO与OH-能反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；‎ B、K+、NH4＋、NO3－、SO42－之间不反应，都不与Fe2(SO4)3反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；‎ C、CH3COO−与HCl反应生成弱电解质CH3COOH，在溶液中不能大量共存，故C错误；‎ D、Mg2+、HCO3－与NaOH溶液反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎4.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )‎ A. 标准状况下，11.2 L H2O含有的分子数为0.5NA B. 常温常压下，11.2 L CO2含有的分子数为0.5NA C. 含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2 L D. 25 ℃、 1.01×105Pa下，64 g SO2中含有的原子数为3NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．标准状况下水是液体，不能利用气体摩尔体积计算物质的量，A错误；‎ B．常温常压下，11.2 LCO2的物质的量不是0.5mol，含有的分子数不是0.5NA，B错误；‎ C．含有NA个氦原子的氦气是1mol，氦气在标准状况下的体积约为22.4L，C错误；‎ D．25 ℃、 1.01×105Pa下，64 g SO2‎ 的物质的量是64g÷64g/mol＝1mol，其中含有的原子数为3NA，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎5.取100 mL 0.3 mol·L－1和300 mL 0.25 mol·L－1的硫酸注入500 mL容量瓶中，加水稀释至刻度线，该混合溶液中H＋的物质的量浓度是(　　)‎ A. 0.21 mol·L－1 B. 0.42 mol·L－1‎ C. 0.56 mol·L－1 D. 0.26 mol·L－1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】混合后溶液中溶质H2SO4的物质的量等于100mL 0.3mol/L和300mL0.25mol/L的H2SO4溶液中含有的H2SO4之和，假设混合后溶质H2SO4的物质的量浓度为a，根据n=c·V计算混合后的浓度，溶液中H+的物质的量浓度是H2SO4浓度的2倍。‎ ‎【详解】假设混合后溶质H2SO4的物质的量浓度为a，根据混合前后溶液中溶质的物质的量总和不变可得：100mL×0.3mol/L+300mL×0.25 mol/L =500mL×a，解得：a=0.21mol/L，H2SO4是二元强酸，在溶液中完全电离，因此混合后溶液中氢离子的浓度c(H+)=2c(H2SO4)=2×0.21mol/L=0.42mol/L，故合理选项是B。‎ ‎6.如图表示 1 g O2与 1 g X 气体在相同容积的密闭容器中压强（p）与温度（T）的关系，则X 气体可能是（ ）‎ A. CO B. CO2 C. CH4 D. NO ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由图可知，相同温度时，p（O2）＞p（X），根据PV=nRT=RTm/M知，在同质量、同体积条件下，气体相对分子质量与压强成反比，即相对分子质量越大，压强越小，这说明X的相对分子质量大于氧气，氧气的相对分子质量是32，四个选项中的相对分子质量分别是28、44、16、30，答案选B。‎ ‎7.下列关于物质分类的说法正确的是(   )‎ A. Na2O、MgO、Al2O3均属于碱性氧化物 B. 根据酸分子中含有的氢原子个数可将酸分为一元酸、二元酸、三元酸等 C. 镁铝合金、漂白粉、汽油、王水均为混合物 D. 纯碱、熟石灰、醋酸、食盐水均为电解质 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Al2O3属于两性氧化物，不属于碱性氧化物，故A错误；‎ B、对于一元酸、二元酸、三元酸等的分类标准是根据一个酸分子电离后能产生几个氢离子，并非是指酸分子中含有几个氢原子，故B错误；‎ C、镁铝合金属于合金，漂白粉主要成分是Ca(ClO)2、CaCl2，汽油主要成分为C5～C12脂肪烃和环烷烃类，以及一定量芳香烃，王水是浓盐酸（HCl）和浓硝酸（HNO3）按体积比为3：1组成的混合物，均属于混合物，故C正确；‎ D、纯碱、熟石灰、醋酸在水溶液或是熔融状态下导电，属于电解质，但是食盐水是混合物，不是电解质，故D错误。‎ ‎8.实验室中需要配制2 mol/LNaCl溶液950 mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取的NaCl质量分别是（ ）‎ A. 950 mL，111.2 g B. 500 mL，117 g C. 1 000 mL，117 g D. 1 000 mL，111.2 g ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】要配制950mL溶液，与之最接近的规格容量瓶是1000mL的，所以配制时应选用的容量瓶的规格是1000mL容量瓶，由于溶液的浓度是相等的，所以应该称量的物质的质量按照1000mL来计算，m=n·M=2mol/L×1L×58.5g/mol=117g。故选项是C。‎ ‎9.实验室常用氢氧化钠溶液吸收氯化氢尾气，以防止环境污染。下列既能吸收尾气，又能防止溶液倒吸的装置是(　　)‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A.不利于HCl气体充分吸收就从另一个导气管中逸出。错误。B当HCl气体在试管中溶解导致试管中压强减小时，外界空气就从另一个导气管中进入到试管中，从而维持试管中的压强，防止了倒吸现象的发生。正确。C.HCl在氢氧化钠溶液中溶解反应导致试管中的压强减小，溶液就会从导气管中进入到前面相应的实验装置中，引起倒吸现象的发生。不能被吸收的气体滞留在试管中，容易引起试管中的压强增大，双孔塞被弹起。错误。D.不利于HCl的吸收，而且还容易引起倒吸现象的发生。错误。‎ ‎10.下列说法不正确的是(   )‎ A. 利用丁达尔现象可以鉴别胶体和溶液 B. 氯化铁用于止血与胶体的聚沉有关 C. 氢氧化铁胶体通直流电，阴极区颜色加深 D. KCl溶液、水和淀粉溶液都属于分散系 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.胶体具有丁达尔效应，溶液不具备丁达尔效应，所以可以用丁达尔现象，鉴别胶体和溶液，故不选A；‎ B.血液本质上是一种液溶胶，而三氯化铁是电解质，大量电解质溶液遇到血液这种溶胶就会使血液迅速发生聚沉，生成的沉淀会堵塞伤口从而达到止血的效果，故不选B；‎ C.氢氧化铁胶体粒子带正电荷，所以通直流电，阴极区颜色加深，故C正确；‎ D.KCl溶液、淀粉溶液属于分散系，水是分散剂，故D错误；‎ 本题答案为D。‎ 二、选择题（每题只有1个选项符合题意,每题 3分）‎ ‎11.我国化学家侯德榜根据NaHCO3溶解度比NaCl、Na2CO3、NH4HCO3、NH4Cl都小的性质，运用CO2 + NH3 + H2O + NaCl = NaHCO3↓+ NH4Cl的反应原理制备纯碱。下面是在实验室进行模拟实验的生产流程示意图：‎ 则下列叙述错误的是( )‎ A. A气体是NH3，B气体是CO2‎ B. 第Ⅲ步得到的晶体是发酵粉的主要成分 C. 第Ⅲ步操作用到的主要玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒 D. 第Ⅳ步操作的主要过程有溶解、蒸发、结晶 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：由于氨气在水中的溶解度大，所以应该向氨水中加入足量的NaCl形成饱和溶液，由于在碱性环境中可以增大CO2溶解度，再通入CO2气体，就可以增大CO2的溶解度，形成更多的NaHCO3，当溶液饱和以后就形成沉淀析出；若是在水中首先通入CO2，由于其在中性环境溶解度小，溶液中形成的NaHCO3少，则析出的晶体也少，所以A气体是NH3，B气体是CO2，选项A正确；B．第Ⅲ步得到的晶体是NaHCO3，是发酵粉的主要成分，正确；C．第Ⅲ步过滤操作用中用到的主要玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒，正确；D．第Ⅳ步操作的主要过程有洗涤、加热，错误。‎ ‎12.质量分数为90%的硫酸溶液和质量分数为10%的硫酸溶液等体积混合后溶质的质量分数(   )‎ A. 大于50%‎ B. 等于50%‎ C. 小于50%‎ D. 不能做上述估计 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】质量分数为90%的硫酸溶液和10%的硫酸溶液的密度大小关系为：90%的硫酸溶液>10%的硫酸溶液。所以等体积(不是等质量)的这两种硫酸溶液的总质量：90%的硫酸溶液>10%的硫酸溶液，那么，混合后所得溶液的质量分数必定大于50%。故A正确，‎ 本题答案为A。‎ ‎13.下列离子方程式的书写及评价均合理的是(   )‎ 选项 离子方程式 评价 A 将2mol Cl2通入到含1mol FeI2的溶液中：‎ ‎2Fe2＋＋2I－＋2Cl2=2Fe3＋＋4Cl－＋I2‎ 正确；Cl2过量，Fe2＋、I－均被氧化 B 将Na2O2固体溶于水：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH－+O2↑‎ 正确；Na2O2是碱性氧化物 C 少量CO2通入到NaClO溶液中：‎ CO2＋H2O＋2ClO－=HClO＋CO32-‎ 正确；H2CO3的酸性强于HClO D Mg(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：‎ Mg2＋＋2HCO3-＋4OH－=Mg(OH)2↓＋2CO32-＋2H2O 正确；Mg(OH)2比MgCO3更难溶 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、将2molCl2通入到含1molFeI2的溶液中，反应中氯气过量，其反应的离子方程式为：2Fe2++4I−+3Cl2=2Fe3++6Cl−+2I2，故A错误；‎ B、Na2O2固体溶于水的离子反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH－+O2↑；其与水反应除了生成相应碱，还有O2，不符合碱性氧化物定义，故B错误；‎ C、因酸性H2CO3＞HClO＞HCO3－，故将少量CO2通入到NaClO溶液中的离子反应方程式为：CO2＋H2O＋ClO－=HClO＋HCO3-，故C错误；‎ D、向Mg(HCO3)2溶液中加入足量的NaOH溶液，溶液中HCO3－先与OH－反应生成CO32－，CO32－与Mg2＋反应生成微溶物MgCO3，因溶解度MgCO3＞Mg(OH)2，且NaOH过量，故MgCO3转化为Mg(OH)2，其反应离子方程式为：Mg2＋＋2HCO3-＋4OH－=Mg(OH)2 ↓＋2CO32-＋2H2O，故D正确。‎ 答案选D。‎ ‎14.酸性KMnO4溶液和CuS混合时，发生的反应如下:MnO4-+CuS+H+→Cu2++SO2↑+Mn2++H2O，下列有关该反应的说法中正确的是(   )‎ A. 被氧化的元素是Cu和S B. 的还原性强于CuS的还原性 C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为6:5‎ D. 若生成2.24 LSO2，转移电子的物质的量是6mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】MnO4-+CuS+H+→Cu2++SO2↑+Mn2++H2O中，Mn元素的化合价由+7降低到+2，Cu元素的化合价不变，S元素的化合价由-2升高到+4，由此分析解答。‎ ‎【详解】A、Cu元素化合价没有变化，被氧化的元素只有S，故A错误；‎ B、还原剂为CuS，还原产物为Mn2＋，根据氧化还原反应规律，故还原性：CuS>Mn2＋，故B错误；‎ C、氧化剂为MnO4－，还原剂为CuS，Mn元素的化合价降低5价，S元素化合价升高6价，根据氧化还原反应化合价升降守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：5，故C正确；‎ D、因为未告知环境是否为标准状况，无法判断2.24 LSO2所对应的物质的量，故无法计算转移电子数目，故D错误。‎ ‎15.一个密闭容器，中间有一可自由滑动的隔板(厚度可忽略)将容器分成两部分，当左侧充入1 mol N2，右侧充入CO和CO2的混合气体共8 g时，隔板处于如图位置(左、右两侧温度相同)，下列说法正确的是(   )‎ A. 右侧CO与CO2分子数之比为1∶3‎ B. 右侧气体密度是相同条件下氢气密度的18倍 C. 右侧CO的质量为1.75 g D. 若隔板处于距离右端1/6处，其他条件不变，则前后两次压强之比为25∶24‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：当左边充入1molN2，右边充入CO和CO2的混合气体共8g，左、右室的压强相等，则右室中CO和CO2的总物质的量为1mol×=0.25mol，设CO和CO2‎ 的物质的量分别为xmol、ymol，则：，解得x=0.1875、y=0.0625．‎ A．分子数目之比等于物质的量之比；‎ B．根据=计算平均摩尔质量，相同条件下气体密度之比等于其摩尔质量之比；‎ C．根据m=nM计算CO的质量；‎ D．若隔板处于距离右端处，则右室气体物质的量为1mol×=0.2mol，由PV=nRT可得P=cRT，则恒温条件下压强之比等于气体总浓度之比．‎ 解：当左边充入1molN2，右边充入CO和CO2的混合气体共8g，左、右室的压强相等，则右室中CO和CO2的总物质的量为1mol×=0.25mol，设CO和CO2的物质的量分别为xmol、ymol，则：，解得x=0.1875、y=0.0625．‎ A．分子数目之比等于物质的量之比，右边CO与CO2分子数之比为0.187mol：0.0625mol=3：1，故A错误；‎ B．由此气体的平均摩尔质量为=32g/mol，相同条件下气体密度之比等于其摩尔质量之比，故右侧气体密度是相同条件下氢气密度的=16倍，故B错误；‎ C．CO的质量为0.1875mol×28g/mol=5.25g，故C错误；‎ D．由PV=nRT可得P=cRT，则恒温条件下压强之比等于气体总浓度之比，若隔板处于距离右端处，则右室气体物质的量为1mol×=0.2mol，则前后两次压强之比为：=25：24，故D正确，‎ 故选：D．‎ ‎16.已知某饱和溶液的以下条件：①溶液的质量、②溶剂的质量、③溶液的体积、④溶质的摩尔质量、⑤溶质的溶解度、⑥溶液的密度，其中不能用来计算该饱和溶液的物质的量浓度的组合是(   )‎ A. ④⑤⑥ B. ①②③④ C. ①③⑤ D. ①③④⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、设定该饱和溶液是由100g水配制而成的饱和溶液，由⑤溶质的溶解度、⑥溶液的密度可计算出该溶液体积，根据④溶质的摩尔质量、⑤溶质的溶解度可计算出该饱和溶液中溶质的物质的量，由此计算出该饱和溶液的物质的量浓度，故A不符合题意；‎ B、由①溶液的质量、②溶剂的质量可计算出溶质的质量，然后依据溶质的质量和④溶质的摩尔质量计算出溶质的物质的量，再同③溶液的体积计算出该饱和溶液的物质的量浓度，故B不符合题意；‎ C、由①溶液的质量和⑤溶质的溶解度可计算出溶质的质量，但并不能计算出溶质的物质的量，无法计算该饱和溶液的物质的量浓度，故C符合题意；‎ D、由①溶液的质量和⑤溶质的溶解度可计算出溶质的质量，再结合④溶质的摩尔质量可计算溶质的物质的量，根据所得溶质的物质的量与③溶液的体积计算出该饱和溶液的物质的量浓度，故D不符合题意。‎ ‎17.已知I－、Fe2＋、SO2和H2O2均有还原性，它们在酸性溶液中还原性的强弱顺序为Fe2＋＜H2O2＜I－＜SO2，则下列反应不能发生的是(　　)‎ A. 2Fe3＋＋SO2＋2H2O===2Fe2＋＋SO42—＋4H＋ ‎ B. H2O2＋H2SO4===SO2↑＋O2↑＋2H2O C. I2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HI ‎ D. 2Fe3＋＋H2O2===2Fe2＋＋O2↑＋2H＋‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 因为还原性Fe2＋＜SO2，2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SO42-＋4H＋与题意相符，故A正确；B项，还原性H2O2＜SO2,H2O2＋H2SO4=SO2↑＋O2↑＋2H2O与题意不相符,故B错误；C. 还原性I-＜SO2,I2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HI与题意相符,故C正确；D. 因为还原性Fe2＋＜H2O2 ，2Fe3＋＋H2O2=2Fe2＋＋O2↑＋2H＋，故D正确；答案：B。‎ ‎18.把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份,一份加入含a mol NaOH的溶液,恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁;另一份加入含b mol BaCl2的溶液,恰好使硫酸根离子完全沉淀。则原溶液中钾离子浓度为(   )‎ A. mol·L-1 B. mol·L-1‎ C. mol·L-1 D. mol·L-1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】混合溶液分成两等份，每份溶液浓度相同。一份加入含bmol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为BaSO4，根据钡离子与硫酸根守恒可知该份中n（SO42-）=n（BaSO4）=n（BaCl2）；一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁，由电荷守恒可知：n（OH-）=2n（Mg2+），再利用电荷守恒可知2n（Mg2+）+n（K+）=2n（SO42-），以此计算。‎ ‎【详解】一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡，则n(SO42－)=bmol；‎ 一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁，则n(Mg2+)=amol，‎ 由电荷守恒可知2n(Mg2+)+n(K+)=2n(SO42－)，‎ 则n(K+)=(2b−a)mol，‎ 混合溶液分成两等份，‎ 原混合溶液中钾离子的浓度为mol/L，‎ 故选D。‎ ‎19.下列正确的叙述有(   )‎ ‎①CO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物,MgO、Fe2O3、Na2O2均为碱性氧化物 ‎ ‎②Ca(HCO3)2 、FeS、FeCl3均可由化合反应制得 ‎③按照纯净物、混合物、强电解质、弱电解质和非电解质顺序排列的是CuSO4·5H2O、盐酸、苛性钾、次氯酸、氨气 ‎④需要通电才可进行的有：电离、电解、电泳 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①、NO2和氢氧化钠反应生成硝酸钠、亚硝酸钠，发生了氧化还原反应，二氧化氮不符合酸性氧化物的定义，Na2O2与水反应生成NaOH和O2‎ ‎，不符合碱性氧化物的定义，故①不正确；‎ ‎②、CaCO3＋CO2＋H2O=Ca(HCO3)2、Fe＋SFeS、2Fe＋3Cl22FeCl3，Ca(HCO3)2 、FeS、FeCl3均可由化合反应制得，故②正确；‎ ‎③、CuSO4·5H2O、盐酸、苛性钾、次氯酸、氨气分别属于纯净物、混合物、强电解质、弱电解质和非电解质，故③正确；‎ ‎④、电离不需要通电，在水溶液或者熔融状态下即可完成，故④错误；答案选B。‎ ‎20.已知：将Cl2通入适量NaOH溶液，产物中可能有NaCl、NaClO、NaClO3，且c(Cl-)c/(ClO-)的值与温度高低有关，当n(NaOH)＝a mol时，下列有关说法不正确的是(   )‎ A. 参加反应的氯气的物质的量为a/2mol B. 改变温度，产物中NaClO3的最大理论产量为a/7mol C. 改变温度，反应中转移电子的物质的量n(e-)的范围：a/2mol≤n(e-)≤5a/6mol D. 某温度下，若反应后c(Cl-)/c(ClO-)＝11，则溶液中c(ClO-)/c(ClO3-)=1/2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】Cl2与NaOH溶液发生歧化反应，不同温度下生成物有两种特殊组成：NaCl和NaClO、NaCl和NaClO3。据此，应用氧化还原反应中得失电子守恒关系进行解答。‎ ‎【详解】A项：生成物NaCl、NaClO、NaClO3有Na~Cl，则反应物2NaOH~Cl2。a molNaOH参加反应，消耗a/2mol氯气，A项正确；‎ B项：当改变温度，产物中只有NaCl和NaClO3时，NaClO3理论产量最大，据化合价升降数相等，NaCl和NaClO3的物质的量之比为5:1，从而NaClO3为a/6mol，B项错误；‎ C项：只生成NaCl和NaClO时，Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O，a molNaOH参加反应转移电子a/2mol。只生成NaCl和NaClO3时。3Cl2+6NaOH＝5NaCl+NaClO3+3H2O，a molNaOH参加反应转移电子5a/6mol。故反应中转移电子的物质的量范围：a/2mol≤n(e-)≤5a/6mol，C项正确；‎ D项：反应后c(Cl-)/c(ClO-)＝11时，据化合价升降相等，溶液中c(ClO-)/c(ClO3-)=1/2，D项正确。‎ 本题选B。‎ 第Ⅱ卷（填空题：共50分）‎ ‎21.配制一定物质的量浓度的溶液是化学实验室的基本实验操作之一。请回答下列问题：‎ ‎（1）配制0.5 mol/L的硫酸溶液450 mL，需用量筒量取质量分数98%、密度1.84 g/cm3‎ 的浓硫酸的体积为________mL，如果实验室有15 mL、20 mL、50 mL 量筒，应最好选用________量筒。‎ ‎（2）配制上述溶液，除用到量筒、烧杯、玻璃棒外，还需要的两种玻璃仪器是________‎ ‎（3）关于容量瓶的四种叙述：①是配制准确浓度溶液的仪器；②可以长期贮存溶液；③不能用来加热；④使用之前要检查是否漏水。这些叙述中正确的是________（填字母）。‎ A．①②③④ B．②③ C．①③④ D．②③④‎ ‎（4）下面操作造成所配稀硫酸溶液浓度偏高的是 ________ （填序号）。‎ A．浓硫酸稀释后溶液没有冷却到室温就转移 B．转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒 C．向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面 D．用量筒量浓硫酸后洗涤量筒并将洗涤液转移到容量瓶 E．用量筒量取浓硫酸时仰视刻度线 F．摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线 ‎【答案】(1). 13.6 (2). 15 mL (3). 500mL容量瓶、胶头滴管 (4). C (5). ACDE ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）由c=计算浓硫酸物质的量浓度，结合溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸的体积，依据浓硫酸体积选择合适规格的量筒；‎ ‎（2）配制一定物质的量浓度步骤计算、称量（量取）、溶解（稀释）、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，以此选择需要的仪器；‎ ‎（3）容量瓶只能用于配制一定浓度的溶液，使用前需要查漏；‎ ‎（4）由c=可知，不当操作使n偏大或V偏小，则所配溶液浓度偏高，以此来解答。‎ ‎【详解】（1）质量分数98%、密度1.84g/cm3的浓硫酸的物质的量浓度c=mol/L=18.4mol/L，配制0.5mol/L的硫酸溶液450mL，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，设需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释规律，18.4mol/L×V=0.5mol/L×500mL，解得V=13.6mL，应选择15mL量筒；‎ ‎（2）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量(量取)、溶解(稀释)、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，用到的仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，所以还缺少的仪器：500mL容量瓶，胶头滴管；‎ ‎（3）容量瓶是配制准确浓度溶液的仪器，不宜贮存溶液，不能用来加热，使用之前要检查是否漏水，故答案为C；‎ ‎（4）A、浓硫酸稀释后溶液没有冷却到室温就转移，V偏小，则浓度偏高，故选；‎ B、转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒，n偏小，则浓度偏低，故不选；‎ C、向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面，V偏小，则浓度偏高，故选；‎ D、用量筒量浓硫酸后洗涤量筒并将洗涤液转移到容量瓶，n偏大，则浓度偏高，故选；‎ E、用量筒量取浓硫酸时仰视刻度线，n偏大，则浓度偏高，故选；‎ F、摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线，V偏大，则浓度偏低，故不选。‎ ‎22.(1)标准状况下VL氨气溶解在1L水中(水的密度近似为1g/mL),所得溶液的密度为ρg/mL,则该溶液的溶质的物质的量浓度为______。‎ ‎(2)在11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中,每1molCuSO4可以氧化磷的物质的量是______。‎ ‎(3)两个同容积的密封容器A、B,常温下,A中充入agA气体,B中充入agCH4气体,A与B内的压强之比是4:11,则A的摩尔质量为______。‎ ‎(4)20mLCaCl2溶液加水稀释至100mL,稀释后的溶液中Cl-离子的物质的量浓度为1mol/L,则稀释前CaCl2的物质的量浓度为______。‎ ‎(5)在一定温度和压强下,3L气体A2跟9L体积的气体B2完全化合生成6L体积某气体C,则该气体C的化学式为(用A、B表示)______。‎ ‎【答案】 (1). (2). 1/5 (3). 44g/mol (4). 2.5mol/L (5). AB3或B3A ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）标准状况下VL氨气的物质的量为mol，质量为mol×17g/mol=g，溶解在1L水中，所得溶液的质量为g+1000g，体积为：V== =mL，即×10−3L，该溶液的溶质的物质的量浓度为：c===mol/L；‎ ‎（2）在11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，P→Cu3P中，P元素化合价从0价降低为-3价，P→H3PO4‎ ‎，P元素化合价从0价升高为+5价，Cu元素从+2价降低为+1价，由方程式可知，CuSO4化合价降低总数为15，15mol CuSO4能氧化3molP，故1molCuSO4可以氧化磷的物质的量是mol=mol；‎ ‎（3）根据相同温度和体积下，气体的压强之比等于物质的量之比，设A的摩尔质量为M，则有：=4：11，解之得M=44g/mol；‎ ‎（4）设稀释前CaCl2的物质的量浓度为x，稀释前后离子的物质的量不变，则0.02L×x×2=0.1L×1mol/L，解得x=2.5mol/L；‎ ‎（5）同一条件下，参加反应的气体的体积之比等于其计量数之比，则A2、B2、C的计量数之比=3L：9L：6L=1：3：2，该方程式为A2+3B2=2C，根据原子守恒知，C的化学式为AB3或B3A。‎ ‎23.如图是实验室制备氯气并验证氯气性质的装置(其中夹持装置已省略)。 ‎ 已知：装置A是氯气的发生装置，反应的化学方程式为。‎ 据此回答下列问题：‎ ‎(1)装置B中饱和食盐水的作用是_________。‎ ‎(2)装置B也是安全瓶，目的是监测实验进行时装置C中是否发生堵塞，请写出装置C中发生堵塞时装置B中的实验现象：__________________。‎ ‎(3)装置C的作用是验证氯气是否具有漂白性，则装置C中I、Ⅱ、Ⅲ处依次应放入的物质是___________(填字母)。‎ 序号 I Ⅱ Ⅲ a 干燥的有色布条 碱石灰 湿润的有色布条 b 干燥的有色布条 无水硫酸铜 湿润的有色布条 c 湿润的有色布条 浓硫酸 干燥的有色布条 d 湿润的有色布条 无水氯化钙 干燥的有色布条 ‎(4)装置D作用是_____________________________。‎ ‎(5)如果将20mL、10mol·L-1的浓盐酸与足量次氯酸钙充分反应，实际能收集到的氯气在标准状况下的体积将__________。‎ A.≥2.24 L       B.＞2.24 L       C.≤2.24 L       D.＜2.24 L ‎【答案】(1). 除去中的HCl (2). 装置B中长颈漏斗内液面上升，形成一段液柱 (3). d (4). 吸收多余的氯气，防止污染环境 (5). D ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有氯化氢，氯化氢在饱和食盐水中溶解度较大，氯气在饱和食盐水中溶解度不大；‎ ‎（2）据监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的压强增大来分析；‎ ‎（3）验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性；‎ ‎（4）据氯气有毒不能直接排放到空气中，应用碱吸收来分析；‎ ‎（5）根据中的化学计量数之比等于参加反应的物质的量之比来计算并结合随着反应的进行，盐酸浓度变稀分析。‎ ‎【详解】（1）制备的氯气中含有氯化氢，氯化氢在饱和食盐水中溶解度较大，氯气在饱和食盐水中溶解度不大，所以可以用B中饱和食盐水除去Cl2中的HCl；‎ ‎（2）监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的，压强增大，气体将溶液压入长颈漏斗B中，装置B中长颈漏斗内液面上升，形成一段液柱；‎ ‎（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，选项中ab的Ⅱ中都是干燥剂，再通入湿润的有色布条不能验证氯气的漂白性；c中Ⅱ为固体干燥剂，不能为浓硫酸，所以C中I、Ⅱ、Ⅲ依次放入湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条，所以选d；‎ ‎（4）氯气有毒不能直接排放到空气中，故D的作用是吸收多余的氯气，防止污染空气；‎ ‎（5）‎ ‎02mol 0.1mol 标准状况下0.1mol HCl的体积V(HCl)=0.1mol×22.4L/mol=2.24L，但因随着反应的进行，浓盐酸逐渐变为稀盐酸，此反应将会停止发生，故产生的HCl小于0.1mol，其在标准状况下体积V＜2.24L，故答案为D。‎ ‎24.Ⅰ．高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出。‎ ‎（1）干法制备高铁酸钠的主要反应为：2FeSO4 + 6 Na2O2 = 2Na2FeO4 + 2Na2O + 2Na2SO4 + O2↑，该反应中Na2O2 是___________（填氧化剂、还原剂）‎ ‎（2）湿法制备高铁酸钾的反应体系中有六种微粒：Fe(OH)3、ClO－、OH－、FeO42-、Cl－、H2O。‎ ‎①碱性条件下，氧化剂和还原剂的物质的量的比为3:2发生反应，写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式：__________________。‎ ‎②若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为__________mol。‎ Ⅱ．已知：2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，2Fe2＋＋Br2=2Fe3＋＋2Br－。‎ ‎（1）含有1 mol FeI2和2 mol FeBr2的溶液中通入2 mol Cl2，此时被氧化的离子是______。‎ ‎（2）若向含a mol FeI2和b mol FeBr2的溶液中通入c mol Cl2，当I－、Fe2＋、Br－完全被氧化时，c=__________（用含a、b的代数式表示）。‎ ‎【答案】(1). 氧化剂、还原剂 (2). 2Fe（OH）3 + 3ClO- + 4OH-＝2FeO42- + 3Cl- + 5H2O (3). 0.15 (4). I-、Fe2+ (5). c=3(a+b)/2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】Ⅰ、（1）反应中Fe元素化合价由+2价升高为+6价，被氧化，FeSO4为还原剂，过氧化钠中O元素的化合价由－1价降低为－2价，由－1价升高为0，过氧化钠既是氧化剂也是还原剂；‎ ‎（2）①湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)，则FeO42－为产物，Fe(OH)3为反应物，化合价升高总共3价，由电子转移守恒可知，ClO−为反应物，Cl−为生成物，化合价降低共2价，化合价升降最小公倍数为6，故Fe(OH)3的系数为2，FeO42－的系数为2，ClO−的系数为3，Cl−的系数为3，根据电荷守恒可知，OH−为反应物，系数为4，由元素守恒可知H2O为生成物，其系数为5，离子方程式为：2Fe（OH）3 + 3ClO- + 4OH-＝2FeO42- + 3Cl- + 5H2O；‎ ‎②若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为=0.15mol；‎ Ⅱ、（1）向含有1molFeI2和2molFeBr2的溶液中通入2molCl2，先发生反应2I−+Cl2=I2+2Cl−，2mol碘离子完全反应需要氯气1mol，然后发生反应Cl2+2Fe2+=2Cl−+2Fe3+，1mol氯气反应需要亚铁离子的物质的量是2mol，溶液中含有3mol亚铁离子，参加反应的亚铁离子的物质的量是2mol，所以溶液中还剩余亚铁离子1mol，所以被氧化的离子是2molI−、2molFe2+；‎ ‎（2）amolFeI2完全被氧化转移3amol电子，bmolFeBr2完全被氧化转移3bmol电子，由得失电子守恒可知，当I−、Fe2+、Br−完全被氧化时，消耗氯气为0.5×(3a+3b)mol，即c=。‎ ‎25.写出如下化学反应方程式，如果是离子反应，则写离子反应方程式：‎ ‎（1）氯气通入石灰乳中制取漂白粉：_________________________________‎ ‎（2）漂白粉生效:_________________________________‎ ‎（3）饱和的碳酸钠溶液中通入二氧化碳：_________________________________‎ ‎（4）过氧化钠与二氧化碳反应：_________________________________‎ ‎（5）次氯酸见光分解：_________________________________‎ ‎【答案】(1). Cl2+Ca(OH)2＝Cl-+ClO-＋Ca2＋+H2O (2). Ca(ClO)2＋CO2＋H2O＝CaCO3↓＋2HClO (3). 2Na++CO32－＋CO2＋H2O=2NaHCO3↓ (4). 2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2 (5). 2HClO2H+＋2Cl－＋O2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）氯气通入石灰乳中制取漂白粉，反应生成CaCl2、Ca(ClO)2、H2O，石灰乳为浆状。不拆分，生成物中CaCl2、Ca(ClO)2均属于盐类，在溶液中需拆分，反应离子方程式为：Cl2+Ca(OH)2＝Cl-+ClO-＋Ca2＋+H2O；‎ ‎（2）漂白粉中主要成分为CaCl2、Ca(ClO)2，Ca(ClO)2与空气中CO2反应生成碳酸钙和次氯酸，漂白粉为固体，不拆分，碳酸钙为难溶性固体，不拆分，次氯酸为弱酸，不拆分，故该反应的离子方程式为：Ca(ClO)2＋CO2＋H2O＝CaCO3↓＋2HClO；‎ ‎（3）饱和的碳酸钠溶液中通入二氧化碳，反应生成NaHCO3，NaHCO3溶解度较Na2CO3低而析出，其反应的离子方程式为：2Na++CO32－＋CO2＋H2O＝2NaHCO3↓；‎ ‎（4）过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学反应方程式为：2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2；‎ ‎（5）次氯酸见光或受热分解生成HCl和O2‎ ‎，次氯酸为弱电解质，不拆分，其离子反应方程式为2HClO2H+＋2Cl－＋O2↑。‎