2018-2019学年福建省福州市八县（市）协作校高一上学期期末联考化学试题（解析版）

2018-2019学年福建省福州市八县（市）协作校高一上学期期末联考化学试题（解析版）

福建省福州市八县（市）协作校2018-2019学年高一上学期期末联考 化学试题 ‎1.将下列物质按酸、碱、盐分类顺序排列 A. 硫酸、纯碱、氯化钙 B. 碳酸、乙醇、醋酸钠 C. 硝酸、烧碱、硫酸铜 D. 磷酸、熟石灰、氢氧化钾 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物是酸，在溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物是碱，盐是由金属阳离子（或铵根离子）和酸根离子组成，据此分析判断。‎ ‎【详解】A．硫酸属于酸，纯碱为碳酸钠，属于盐，氯化钙是由钙离子和氯离子构成的盐，故A不符合；‎ B．碳酸属于酸，乙醇是有机物，不是碱，醋酸钠是由钠离子和醋酸根离子组成的化合物，属于盐，故B不符合；‎ C．硝酸电离出的阳离子都是氢离子，属于酸；烧碱是氢氧化钠，属于碱；硫酸铜是由铜离子和硫酸根离子组成的化合物，属于盐，故C符合；‎ D．磷酸电离出的阳离子都是氢离子，属于酸；熟石灰的主要成分为氢氧化钙，是由钙离子和氢氧根离子构成的碱；氢氧化钾电离出的阴离子都是氢氧根离子，属于碱，故D不符合；‎ 故答案选C。‎ ‎2.北宋沈括的《梦溪笔谈》对指南针已有详细记载：“方家以磁石磨针锋，则能指南。”磁石的主要成分是 A. Fe3O4 B. Fe2O3 C. FeO D. CuFeS2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】磁石具有磁性，而Fe3O4又称为磁性氧化铁，具有铁磁性，结合选项磁石的主要成分为Fe3O4，A项正确，‎ 答案选A。‎ ‎3.下列化合物不能通过单质直接化合而得到的是 A. HI B. AlCl3 C. FeCl2 D. Na2O2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氢气和单质碘在加热的条件下化合生成碘化氢，A不符合；‎ B、铝与氯气加热化合生成氯化铝，B不符合；‎ C、铁在氯气中燃烧生成氯化铁，得不到氯化亚铁，C符合；‎ D、钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，D不符合。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】选项C是易错点，注意氯气有强氧化性，能与大多数金属反应，变价金属与氯气反应，金属被氧化至最高价态。‎ ‎4.Ce是地壳中含量最高的稀土金属元素，下列关于14058Ce的说法正确的是 A. 质子数为82 B. 质量数为198‎ C. 中子数为140 D. 核外电子数为58‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据原子符号的含义以及质量数=质子数+中子数，质子数=核外电子数来解答。‎ ‎【详解】14058Ce的质子数为58，质量数为140，中子数=140-58=82，核外电子数=58，故答案选D。‎ ‎5.下列化学反应中，不是氧化还原反应的是 A. Cl2通入NaOH溶液制漂白液 B. CO使CuO固体变为红色 C. Na2CO3与HCl溶液生成气体 D. CO2使Na2O2固体变为白色 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应前后存在元素化合价变化的反应是氧化还原反应，以此来解答。‎ ‎【详解】A．Cl2通入NaOH溶液生成氯化钠、次氯酸钠和水，氯元素化合价既升高又降低，发生氧化还原反应，故A不选；‎ B．CO使CuO固体变为红色，碳元素化合价升高，铜元素化合降低，发生氧化还原反应，故B不选；‎ C．Na2CO3与HCl溶液生成气体发生复分解反应，元素化合价均不变化，不是氧化还原反应，故C选；‎ D．CO2使Na2O2固体变为白色，过氧化钠中氧元素化合价既升高又降低，发生氧化还原反应，故D不选；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应判断，把握发生的反应中气体元素的化合价不变化为解答的关键，侧重氧化还原反应判断的考查。‎ ‎6.下列有关物质的描述，不正确的是 A. 纯碱溶液可去油污 B. 干燥的Cl2可以使干燥的有色布条褪色 C. NaHCO3可作胃酸的中和剂 D. Al(OH)3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、纯碱溶液即碳酸钠溶液，水解显碱性，能使油脂水解从而能去除油污，故A正确；‎ B、氯气没有漂白性，与水反应生成的次氯酸具有漂白性，因此干燥的Cl2不能使干燥的有色布条褪色，故B错误；‎ C、碳酸氢钠能和胃酸反应，且碳酸氢钠的碱性很弱，故NaHCO3可作胃酸的中和剂，故C正确；‎ D、Al(OH)3胶体表面积大，具有吸附性，能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的，故D正确。‎ 故答案选B。‎ ‎7.用NA表示阿伏德罗常数，下列叙述正确的是 A. 常温常压下，1.06 g Na2CO3含有的Na＋离子数为0.02 NA B. 标准状况下，22.4 L水含有的原子数为3NA C. 通常状况下，0.5NA个CO2分子占有的体积为11.2 L D. 物质的量浓度为0.5 mol·L－1的MgCl2溶液中，含有Cl－个数为NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、1.06g Na2CO3的物质的量是1.06g÷106g/mol=0.01mol，1个Na2CO3中含有2个钠离子，所以0.01mol Na2CO3中含有的钠离子数目是0.02NA，A正确；‎ B、标准状况下，水不是气体，所以22.4L水的物质的量不是1mol，则含有的分子数不是NA，B错误；‎ C、0.5NA个CO2分子的物质的量是0.5mol，标准状况下0.5mol二氧化碳的体积是11.2L，而通常状况下不是11.2L，C错误；‎ D、根据n=cV可知溶液的体积未知，所以溶液中氯离子的数目无法计算，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎8.下列实验中，所选装置或实验设计合理的是 分离乙醇和水 分离碘单质和四氯化碳 直接蒸干氯化钠溶液，停止加热，得到氯化钠晶体 用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢 A B C D A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碘与四氯化碳互溶，图中过滤装置不能分离，应选蒸馏法，故A错误；‎ B．乙醇与水互溶，图中分液装置不能分离，应选蒸馏法，故B错误；‎ C．蒸发氯化钠溶液当出现大量晶体时停止加热，利用余热蒸干，故C错误；‎ D．HCl极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解，图中洗气装置可除去杂质，故D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握实验装置的作用、物质的性质、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，选项C是解答的易错点。‎ ‎9.下列有关化学用语表示正确的是 A. 漂白粉有效成分的化学式：CaClO B. Na+的结构示意图：‎ C. 原子核内有10个中子的氧原子：O D. NaHCO3 的电离方程式： NaHCO3= Na++ H++ CO32-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．漂白粉有效成分为次氯酸钙，阳离子与阴离子之比为1：2，其化学式为Ca（ClO）2，故A错误；‎ B．Na的质子数为11，其离子核外有10个电子，Na+的结构示意图为，故B错误；‎ C．原子核内有10个中子的氧原子，质子数为8，质量数为18，该原子为O，故C正确；‎ D．NaHCO3为强电解质，完全电离生成钠离子和碳酸氢根离子，则电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3﹣，故D错误；‎ ‎【点评】本题考查化学用语，为高频考点，试题基础性强，涉及化学式、结构示意图、电离方程式及原子构成等，把握化学用语的规范应用为解答的关键，选项D为易错点，题目难度不大．‎ ‎10.下列离子方程式书写正确的是 A. 金属钠与水反应：Na＋2H2O＝OH－＋Na＋＋H2↑‎ B. AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3+＋3OH－＝Al(OH)3↓‎ C. 硫酸与氢氧化钡反应：SO42－＋Ba2＋＝BaSO4↓‎ D. 碳酸氢钠与盐酸反应：HCO3－＋H＋＝CO2↑＋H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 没有配平，金属钠与水反应：2Na＋2H2O＝2OH－＋2Na＋＋H2↑，A错误；‎ B. 一水合氨难电离，AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3+＋3NH3·H2O＝Al(OH)3↓＋3NH4+，B错误；‎ C. 生成物不完整，硫酸与氢氧化钡反应：2H＋＋SO42－＋2OH－＋Ba2＋＝BaSO4↓＋2H2O，C错误；‎ D. 碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳：HCO3－＋H＋＝CO2↑＋H2O，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎11.甲、乙、丙三种溶液各含有一种X-(X-为Cl-、Br-、I-),向丙中加淀粉和氯水,则溶液变为橙色,再加入甲溶液,颜色无明显变化。则甲、乙、丙依次含有 A. Br-、Cl-、I- B. Br-、I-、Cl-‎ C. I-、Br-、Cl- D. Cl-、I-、Br-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据卤素按F、Cl、Br、I顺序单质氧化性逐渐递减，还原性按F－、Cl－、Br－、I－逐渐增强的规律可知，向丙中加淀粉和氯水，则溶液变为橙色，说明丙中无I－，溶液为橙色，说明有Br－；再加入甲，若溶液变蓝说明甲中含有I－，但溶液颜色无明显变化，说明甲中无I－，含Cl－，则乙中含I－，即甲、乙、丙依次含有Cl-、I-、Br-，答案选D。‎ ‎12.下列实验操作对应的现象与结论均正确的是 ‎ 选项 实验操作 现象 结论 A 常温下将Na表面切开 Na表面很快变暗 Na容易与空气中的氧气反应生成Na2O2‎ B 向AlCl3溶液中滴加过量氢氧化钠 生成白色胶状物质 Al(OH)3具有两性 C 向某溶液中加入KSCN溶液 溶液显红色 该溶液中含有Fe3+‎ D 向某溶液中加入CCl4，振荡后静置 液体分层，下层呈紫红色 该溶液中含有I—‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、常温下钠与氧气化合生成氧化钠，因此新切开的Na表面在空气中很快变暗，常温下得不到过氧化钠，A错误；‎ B、向AlCl3溶液中滴加过量氢氧化钠生成偏铝酸钠，得不到氢氧化铝，因此不会生成白色胶状物质，B错误；‎ C、向某溶液中加入KSCN溶液，溶液显红色，说明溶液中一定含有Fe3+，C正确；‎ D、单质碘易溶在四氯化碳中，而不是碘离子，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎13.能大量共存于同一溶液中的离子组是 A. Ca2+、NO3—、Cl—‎ B. Ba2+、K+、SO42—‎ C. Na+、Mg2+、OH—‎ D. H+、Cl—、OH—‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，结合离子的性质、发生的反应分析解答。‎ ‎【详解】A. Ca2+、NO3－、Cl－在溶液中相互之间不反应，可以大量共存，A选；‎ B. Ba2+、SO42－在溶液中结合生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，B不选；‎ C. Mg2+、OH－在溶液中结合生成氢氧化镁沉淀，不能大量共存，C不选； ‎ D. H+、OH－在溶液中结合生成难电离的水，不能大量共存，D不选；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】掌握常见离子的性质是解答的关键，注意掌握离子之间不能大量共存的一般情况，另外还需要注意附加条件，例如溶液酸碱性、溶液颜色等，解答时注意灵活应用。‎ ‎14.下表所列各组物质中，物质之间就能通过一步反应实现如图所示转化的是 选项物质 a b c A Al AlCl3‎ Al(OH)3‎ B C CO CO2‎ C Si SiO2‎ H2SiO3‎ D S SO3‎ H2SO4‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氢氧化铝不能直接转化为铝，A错误；‎ B、碳不完全燃烧生成CO，CO燃烧生成二氧化碳，二氧化碳与碳反应生成一氧化碳，镁在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和碳，可以实现转化，B正确；‎ C、二氧化硅不溶于水，不能直接转化为硅酸，硅酸也不能直接转化为硅，C错误；‎ D、单质硫不能直接转化为三氧化硫，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查元素及化合物的转化，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，侧重元素化合物知识的综合应用及分析、推断能力的考查。‎ ‎15.下列关于反应SiO2＋3C SiC＋2CO叙述中，正确的是 A. 氧化剂是SiO2‎ B. 氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2‎ C. 碳在反应中只做还原剂 D. 若生成1mol SiC转移电子为2 mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：根据方程式可知，碳元素的化合价部分升高到＋2价，部分降低到－4价，所以单质碳既是氧化剂，也是还原剂，A、C不正确；根据方程式中生成物的化学计量数可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，B正确；若生成1molSiC转移电子为4mol，D不正确，答案选B。‎ 考点：考查氧化还原反应的有关判断和计算 点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题基础性强，在注重对学生基础知识巩固和训练的同时，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，有利于通过提高学生的应试能力。该题的关键是明确氧化还原反应中的有关概念的含义以及判断依据，并能结合电子得失守恒进行计算即可。‎ ‎16.用固体NaOH配制一定物质的量浓度的溶液时，下列操作会导致溶液浓度偏高的是 A. 在烧杯中溶解时，有少量液体溅出 B. 定容时仰视容量瓶刻度线 C. 容量瓶使用前未干燥 D. 未冷却至室温将溶液转移到容量瓶中 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据c＝n/V结合实验操作分析误差。‎ ‎【详解】A、有少量液体溅出，造成容量瓶中溶质物质的量减少，所配溶液的浓度偏低；‎ B、定容时仰视容量瓶刻度线，溶液体积增加，所以会导致所配溶液的浓度偏低；‎ C、容量瓶是否干燥，对实验无影响；‎ D、未冷却至室温将溶液转移到容量瓶中，冷却后溶液体积减少，浓度偏高；‎ 答案选D。‎ ‎17.向MgSO4和Al2(SO4)3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液。下列图像中，能正确表示上述反应的是(横坐标表示加入NaOH溶液的体积，纵坐标表示反应生成沉淀的质量)‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ 因横坐标表示加入NaOH溶液的体积，纵坐标表示反应生成沉淀的质量，则向MgSO4和Al2（SO4）3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液，发生Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓、Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，则沉淀的质量一直在增大，直到最大，然后发生Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，沉淀的质量减少，但氢氧化镁不与碱反应，则最后沉淀的质量为一定值，显然只有D符合，故选D．‎ ‎【点评】本题考查化学反应与图象的关系，明确图象中坐标及点、线、面的意义，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意氢氧化铝能溶于碱，而氢氧化镁不能来解答．‎ ‎18.把Na2CO3和NaHCO3的混合物27.4g加热到质量不再变化时，得残留固体21.2 g。求原混合物中Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比为 A. 2：1 B. 1：2‎ C. 1：4 D. 4：1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 加热时发生反应方程式为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，根据题干数据计算出反应前后固体质量的变化，然后根据差量法计算出碳酸氢钠的质量，再计算出碳酸钠的质量，最后根据n=m÷M计算出二者的物质的量之比。‎ ‎【详解】设NaHCO3的物质的量为x，则根据方程式可知 ‎2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O △m ‎2mol 62g x （27.4-21.2）g＝6.2g x＝2mol×6.2g/62g＝0.2mol 混合物中碳酸氢钠的质量为：0.2mol×84g/mol＝16.8g，混合物中碳酸钠的质量是27.4g－16.8g＝10.6g，物质的量为10.6g÷106g/mol＝0.1mol，所以原混合物中Na2CO3与NaHCO3的物质的量之比为：0.1mol：0.2mol＝1：2，答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查了混合物的计算，注意掌握差量法在化学计算中的应用方法，明确正确书写碳酸氢钠分解的方程式为解答关键。‎ ‎19.有下列物质：①Fe　 ②Na2O 　③CO2　 ④Cu(OH)2　 ⑤MgCl2 ⑥NH4Cl　 ⑦H2SO4　 ⑧C2H5OH（酒精） ⑨ CO ⑩ 蔗糖（用序号作答）。‎ ‎（1）按组成分类，属于单质的是______；属于酸性氧化物的是______；属于碱性氧化物的是__________；属于碱的是______；属于盐的是____________；属于酸的是_________。 ‎ ‎（2）上述十种物质中，常温下，能导电的有_____，属于电解质的有___。‎ ‎【答案】 (1). ① (2). ③ (3). ② (4). ④ (5). ⑤ ⑥ (6). ⑦ (7). ① (8). ②④⑤⑥⑦‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 单质是有同种元素组成的纯净物；酸性氧化物是和碱反应生成盐和水的氧化物；碱性氧化物是和酸反应生成盐和水的氧化物；酸是水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物；碱是水溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物；盐是金属阳离子或铵根离子和酸根离子构成的化合物；电解质指在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；含有自由移动电子或离子的物质能导电；据此分析判断。‎ ‎【详解】①Fe是金属单质，能导电；‎ ‎②Na2O是由氧元素和钠元素组成，属于氧化物，和酸反应生成盐和水属于碱性氧化物，是电解质，不导电；‎ ‎③CO2是由碳元素和氧元素组成，属于氧化物，和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，是非电解质，不导电；‎ ‎④Cu(OH)2能够电离出氢氧根离子，属于碱，是电解质，不导电；‎ ‎⑤MgCl2是由金属离子和酸根离子组成，属于盐，是电解质，不导电；‎ ‎⑥NH4Cl是由铵根离子和酸根离子组成，属于盐，是电解质，不导电；‎ ‎⑦H2SO4是由不同元素组成的纯净物，水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子，属于酸，是电解质，不导电；‎ ‎⑧C2H5OH（酒精）是由不同元素组成的纯净物，属于化合物，是非电解质，不导电；‎ ‎⑨CO是不成盐氧化物，是非电解质，不导电；‎ ‎⑩蔗糖是由不同元素组成的纯净物，属于化合物，是非电解质，不导电；‎ ‎（1）根据以上分析可知按组成分类，属于单质的是①；属于酸性氧化物的是③；属于碱性氧化物的是②；属于碱的是④；属于盐的是⑤⑥；属于酸的是⑦。‎ ‎（2）根据以上分析可知上述十种物质中，常温下，能导电的有①，属于电解质的有②④⑤⑥⑦。‎ ‎20.电子工业常用FeCl3溶液腐蚀绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板。从腐蚀废液(主要含FeCl3、FeCl2、CuCl2 )中回收铜，并重新获得FeCl3溶液。废液处理流程如下：‎ ‎（1）步骤(Ⅰ)中分离操作名称 是____________。‎ ‎（2）沉淀B中主要含有_________，气体D是______________；‎ ‎（3）写出步骤(Ⅲ)中生成FeCl3的化学方程式____________________；‎ ‎（4）步骤(Ⅲ)中，将氯气换成H2O2也能达到同样的目的，写出H2O2将Fe2+氧化为Fe3+的离子方程式:_______________________。‎ ‎【答案】 (1). 过滤 (2). Cu、Fe (3). H2 (4). 2FeCl2+Cl2＝2FeCl3 (5). 2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从腐蚀废液中回收铜，并将铁的化合物全部转化为FeCl3溶液，由流程可知，应加入过量的Fe与氯化铁、氯化铜反应生成氯化亚铁、铜，过滤进行分离，则滤液A为FeCl2，沉淀B中含Fe、Cu，加过量盐酸，铁溶解，产生氯化亚铁和氢气，过滤得到金属Cu，滤液C中含FeCl2、HCl，为不引入杂质，将铁的化合物全部转化为FeCl3溶液，则通入足量氯气进行氧化，据此解答。‎ ‎【详解】根据以上分析可知滤液A为FeCl2，沉淀B中含Fe、Cu，滤液C中含FeCl2、HCl，气体D为氢气，则 ‎（1）步骤（Ⅰ）中分离溶液和沉淀的操作名称是过滤；‎ ‎（2）铁与氯化铜发生置换反应生成氯化亚铁和铜，反应中铁过量，则由流程分析可知沉淀B中含过量的铁和产生的铜。沉淀B中加入盐酸，铁与盐酸反应产生氢气，因此气体D是氢气；‎ ‎（3）氯气具有强氧化性，通入Cl2把氯化亚铁全部转化为FeCl3，发生反应的方程式为2FeCl2+Cl2＝2FeCl3；‎ ‎（4）双氧水也具有氧化性，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O。‎ ‎【点睛】本题考查混合物的分离、提纯综合应用，明确工艺流程原理，掌握元素化合物的性质是解答的关键。‎ ‎21.某化学兴趣小组用下图装置制取并探究氯气的性质。‎ A装置中发生反应的化学方程式： KMnO4+ HCl(浓) == KCl+ MnCl2 + Cl2↑+ H2O，____________ ‎ ‎（1）制取氯气反应中MnCl2是__________ 产物(填“氧化”或“还原”)。‎ ‎（2）实验进行一段时间后，可观察到______(填“B”或“C”)装置中有色布条褪色，其褪色原因是______________________________________。‎ ‎（3）当氯气进入D装置后，可观察到溶液颜色变为_____________，写出相关反应的化学方程式___________________________________。‎ ‎（4）写出E装置中反应的离子方程式___________________________。‎ ‎（5）用31．6 g KMnO4固体与足量的浓盐酸反应，最多可生成标准状况下_________L氯气。被氧化的HCl的物质的量是___________。‎ ‎（6）若氯气泄漏，某同学用湿毛巾捂住鼻子防止中毒，有以下四种溶液可浸湿毛巾，它们分别是：①NaOH溶液②NaHCO3溶液③KBr溶液④NaCl溶液，正确选择是______（填序号）。‎ ‎【答案】 (1). 2KMnO4+16HCl（浓）＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O (2). 还原 (3). C (4). 氯气与水反应生成漂白性物质(HClO) (5). 蓝色 (6). Cl2+2KI＝I2+2KCl (7). Cl2+2OH－＝Cl－+ClO－+H2O (8). 11.2 (9). 1mol (10). ②‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据反应中Mn和Cl元素的化合价变化情况结合守恒法配平反应的方程式。‎ ‎（1）根据化学反应前后Mn元素价态分析判断；‎ ‎（2）依据Cl2本身不具有漂白性，但是Cl2与H2O反应生成的HClO具有漂白性来分析；‎ ‎（3）氯气具有强氧化性，能够氧化碘离子生成单质碘，碘遇到淀粉变蓝；‎ ‎（4）氯气有毒不能直接排放到空气中；‎ ‎（5）根据n＝m÷M结合反应的方程式计算；‎ ‎（6）用湿毛巾捂住鼻子防止中毒，应选弱碱性物质吸收氯气。‎ ‎【详解】反应中Mn元素化合价从+7价降低到+2价，得到5个电子，氯元素化合价从－1价升高到0价，失去1个电子，则根据电子得失守恒以及原子守恒可知反应的方程式为2KMnO4+16HCl（浓）＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；‎ ‎（1）由方程式2KMnO4+16HCl（浓）＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O得反应前后Mn元素价态降低，因此KMnO4是氧化剂，所以MnCl2是还原产物；‎ ‎（2）因为干燥的Cl2本身不具有漂白性，不能将有色物质褪色，故B中干燥布条不变色，C中湿润的布条有水，氯气与水反应生成的HClO具有漂白性能将有色物质褪色，故C中褪色；‎ ‎（3）氯气具有强氧化性，能够氧化碘离子生成单质碘，化学方程式为Cl2+2KI＝I2+2KCl，碘遇到淀粉变蓝，所以会看到溶液变蓝；‎ ‎（4）氯气是有毒气体，不能直接排放到空气中，因此用碱液吸收，所以E装置中反应的离子方程式为Cl2+2OH－＝Cl－+ClO－+H2O；‎ ‎（5）n（KMnO4）＝31.6g÷158g/mol＝0.2mol，根据方程式2KMnO4+16HCl（浓）＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O可知生成氯气是0.5mol，在标况下的体积是0.5mol×22.4L/mol＝11.2L；根据氯原子守恒可知被氧化的氯化氢是0.5mol×2＝1mol；‎ ‎（6）用湿毛巾捂住鼻子防止中毒，应选弱碱性物质吸收氯气，只有②符合，而①碱性太强，③反应生成有毒物质溴，④抑制氯气溶解，故答案为②。‎ ‎【点睛】本题考查实验室制氯气以及性质实验探究，注意实验室制备气体的实验装置和反应原理，把握反应中元素的化合价变化以及物质的主要性质是解答关键，注重基础知识的积累。‎ ‎22.某化学兴趣小组要在“校园科艺节活动”中使用氢气球表演节目。经过测量，每个氢气球的体积约为1.12L（已折成标准状况）。‎ 已知兴趣小组采用Al和氢氧化钠溶液反应制取氢气。 ‎ ‎（1）若实验需要1L 2.5 mol·L-1的NaOH溶液，则要用称取NaOH固体______g。配制溶液过程中所需仪器除天平、钥匙、烧杯、玻璃棒外，还需要__________、____________（填仪器名称）。‎ ‎（2）若要制取60个氢气球，至少需要Al的质量为_____g，转移的电子数为________。‎ ‎（3）该化学兴趣小组为了营造气氛，做了惊艳全场的铝热反应（如下图），写出该反应的化学方程式____________________________。兴趣小组同学取反应后的“铁块”溶于盐酸，向其中滴加KSCN溶液，发现溶液变血红色。出现这种现象的原因可能是______。‎ ‎（4）若要除去上述所得“铁块”中含有的氧化铝，可选择____(填试剂名称)，所发生反应的化学方程式为________________。‎ ‎【答案】 (1). 100 (2). 1000mL容量瓶 (3). 胶头滴管 (4). 54 (5). 6NA (6). 8Al+3Fe3O4‎ ‎4Al2O3+ 9Fe (7). 混有没反应完的磁性氧化铁或熔融的铁被空气中的氧气氧化 (8). 氢氧化钠溶液 (9). Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据m＝cVM计算氢氧化钠的质量，根据配制过程判断需要的仪器；‎ ‎（2）根据n＝V/Vm、m＝nM结合反应的方程式计算；‎ ‎（3）铝和四氧化三铁反应生成氧化铝和铁，滴加KSCN溶液，发现溶液变血红色，说明含有铁离子，据此判断。‎ ‎（4）根据氧化铝是两性氧化物分析解答。‎ ‎【详解】（1）若实验需要1L 2.5 mol·L-1的NaOH溶液，则需要称取NaOH固体的质量是1L×2.5mol/L×40g/mol＝100g。配制溶液过程是计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，则过程中所需仪器除天平、钥匙、烧杯、玻璃棒外，还需要1000mL容量瓶、胶头滴管。‎ ‎（2）每个氢气球的体积约为1.12L（已折成标准状况），氢气的物质的量是1.12L÷22.4L/mol＝0.05mol，若要制取60个氢气球，则需要氢气是0.05mol×60＝3.0mol，根据方程式2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑可知至少需要Al的物质的量是2mol，质量为2mol×27g/mol＝54g，铝元素化合价从0价升高到+3价，转移3个电子，则转移的电子数为6NA。‎ ‎（3）在高温下铝和四氧化三铁反应生成氧化铝和铁，该反应的化学方程式为8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe。兴趣小组同学取反应后的“铁块”溶于盐酸，向其中滴加KSCN溶液，发现溶液变血红色，说明含有铁离子，因此出现这种现象的原因可能是混有没反应完的磁性氧化铁或熔融的铁被空气中的氧气氧化。‎ ‎（4）由于氧化铝是两性氧化物，能溶于氢氧化钠溶液，所以若要除去上述所得“铁块”中含有的氧化铝，可选择氢氧化钠溶液，发生反应的化学方程式为Al2O3+2NaOH＝2NaAlO2+H2O。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎