浙江省余姚中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

浙江省余姚中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

www.ks5u.com 浙江省余姚中学 2019-2020 学年高一上学期期中考试 化学试题 ‎1.下列属于碱性氧化物的是(　　)‎ A. CO B. MgO C. SO3 D. Ca(OH)2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 碱性氧化物是指能跟酸起反应，生成盐和水的氧化物。A．一氧化碳和酸、碱都不反应，属于不成盐氧化物，故A错误；B．氧化镁与酸反应生成盐和水，且是氧化物，属于碱性氧化物，故B正确；C．SO3是非金属氧化物，和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故C错误；D．氢氧化钙是碱，不是氧化物，故D错误；故选B。‎ 点睛：本题属于对基本概念的考查，明确碱性氧化物的概念是解题的关键，注意碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物不一定碱性氧化物，金属氧化物大部分是碱性氧化物。‎ ‎2.下列物质属于电解质且能导电的是(　　)‎ A. 铜 B. 熔融的硝酸钾 C. 氢氧化钠溶液 D. 氯化氢 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A．Cu是金属单质，能导电，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B．熔融的硝酸钾能导电，属于盐，是电解质，故B正确；C．氢氧化钠溶液属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；D．氯化氢不能导电，溶于水能够导电，属于电解质，故D错误；故选B。‎ 点睛：本题主要考查的是电解质与非电解质的概念，熟练掌握电解质与非电解质指的是化合物，不是单质与混合物。常见的电解质有酸、碱、盐，金属氧化物等，非电解质有有机物，非金属氧化物等。‎ ‎3.溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质区别是 A. 是否有丁达尔现象 B. 分散质粒子的大小 C. 否能通过滤纸 D. 是否均一、透明、稳定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】区别三种分散系的根本区别是分散质的粒子直径大小：溶液的粒子直径小于1nm ‎，胶粒直径为1-100nm，浊液粒子直径大于100nm，故选B。‎ ‎4.下列仪器名称为“漏斗”的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据仪器的特征分析仪器的名称。‎ ‎【详解】根据仪器的特征知：A为冷凝管，B为容量瓶，C为量筒，D为漏斗，‎ 故该题选D。‎ ‎5.下列化学反应中溴元素仅被氧化的是 A. 2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2 B. Br2+2NaI=2NaBr+I2‎ C. 3Br2+6NaOH5NaBr+NaBrO3+3H2O D. HBr+NaOH=NaBr+H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、溴化钠中溴元素化合价升高被氧化作还原剂，选项A符合；B、溴单质中溴元素化合价降低被还原作氧化剂，选项B不符合；C、溴单质既是氧化剂又是还原剂，被氧化生成溴酸钠，被还原生成溴化钠，选项C不符合；D、反应属于中和反应，各元素化合价不变，不属于氧化还原反应，选项D不符合。答案选A。‎ ‎6.某阴离子Rn- 的核外共有x个电子,核内有a个中子,则R的质量数为(　　)‎ A. a+x-n B. a+x+n C. a-x-n D. a-x+n ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析：根据离子所带电荷数计算质子数，根据质子数+中子数＝质量数分析解答。‎ 详解：某阴离子Rn- 的核外共有x个电子,则R的质子数是x－n，核内有a个中子,则R的质量数＝x－n＋a，答案选A。‎ ‎7. 下列说法不正确的是 A. 核素23Na的中子数是12‎ B. 16O和18O互为同位素 C. 电离方程式：CH3COOHCH3COOˉ+H+‎ D. 16O、1H、2H、3H四种核素可构成4种水分子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．核素23Na的中子数是23－11＝12，A正确；B．16O和18O的质子数相同，中子数不同，互为同位素，B正确；C．醋酸是一元弱酸，电离方程式：CH3COOHCH3COOˉ+H+，C正确；D．16O、1H、2H、3H四种核素可构成6种水分子，D错误，答案选D。‎ 考点：考查核素组成的有关判断 ‎8.在某澄清透明的酸性溶液中，能共存的离子组是 A. NH4＋、Cl－、Fe3＋、K＋ B. Na＋、CO32－、Ca2＋、Cl－‎ C. MnO4-、Fe2+、Na+、SO42－ D. K+、SO42－、HCO3-、Na+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．酸性溶液中NH4＋、Cl－、Fe3＋、K＋离子之间不反应，可大量共存，故A正确；‎ B．酸性溶液中不能大量存在CO32-，且CO32－、Ca2＋要发生离子反应生成CaCO3沉淀，而不能共存，故B错误；‎ C．酸性溶液中，MnO4-和Fe2+发生氧化还原反应，不能共存，故C错误；‎ D．酸性溶液中不能大量存在HCO3-，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎【点睛】明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间(如 Fe3+和 SCN-)等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。‎ ‎9.下列各组物质互相作用时，生成物不随反应条件或反应物的量变化而变化的是 A. Na2CO3和HCl B. NaOH和CO2‎ C. Na和O2 D. NaHCO3和NaOH ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 从Na2CO3和HCl二者相对物质的量多少分析；B.从NaOH和CO2二者相对物质的量多少分析；C.根据Na和O2反应的条件分析；D.根据NaHCO3和NaOH反应的产物是碳酸盐分析。‎ ‎【详解】A. Na2CO3和HCl发生反应，若HCl少量，反应生成氯化钠、碳酸氢钠； 若HCl过量，生成氯化钠、水和二氧化碳，反应物用量不同，反应产物不同，故A错误；‎ B.NaOH和少量CO2反应，生成碳酸钠和水，和足量CO2反应，生成碳酸氢钠，反应物用量不同，反应产物不同，故B错误；‎ C.Na和O2在常温下反应生成Na2O，Na和O2在加热条件下反应生成Na2O2，反应条件不同，产物不同，故C错误；‎ D.NaHCO3和NaOH反应的产物是碳酸钠和水，生成物与反应条件及反应物用量无关，D正确；‎ 故本题合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查化学反应与反应物多少及反应条件的关系。解题关键是掌握具体反应的用量或反应条件对化学反应的影响，属于物质之间反应的探讨，充分体现了化学反应的千变万化的特点，这也是化学的魅力所在。‎ ‎10.下列基本实验操作中，不合理的是 A. 配制一定物质的量浓度溶液，向容量瓶加水至离刻度线 1～2cm 时，改用胶头滴管定容 B. 可用湿润的 pH 试纸检验氨气 C. 用洁净的铂丝蘸取待测溶液，置于火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃能观察到火焰呈紫色，该溶液中一定含有钾离子，不含有钠离子 D. 分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．配制溶液时，注意定容时不能使液面超过刻度线，当向容量瓶加水至离刻度线 1～2cm 时，应用胶头滴管滴加，故A正确；‎ B．氨气水溶液显碱性，则氨气能使湿润的pH试纸变蓝，故B正确；‎ C．透过蓝色钴玻璃能观察到火焰呈紫色，说明溶液中一定存在钾离子，由于钠离子的焰色被钴玻璃过滤掉了，无法确定是否含有钠离子，故C错误；‎ D．为防止上下两层液体分离不完全，分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎11.已知反应：①Cl2 + 2KBr =" 2KCl" + Br2，‎ ‎②KClO3+ 6HCl = 3Cl2 ↑+ KCl + 3H2O，‎ ‎③2KBrO3+ Cl2 = Br2+ 2KClO3，‎ 下列说法正确的是 A. 上述三个反应都有单质生成，所以都是置换反应 B. 氧化性由强到弱顺序为 KBrO3＞KClO3＞Cl2＞Br2‎ C. 反应②中还原剂与氧化剂的物质的量之比为6∶1‎ D. ③中若有2molCl2反应，则KBrO3得到电子物质的量为2mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．反应②不是置换反应，A错误；B．①Cl2+2KBr=2KCl+Br2中氧化剂是氯气，氧化产物是溴，所以氯气的氧化性大于溴，②KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O中氧化剂是氯酸钾，氧化产物是氯气，氯酸钾的氧化性大于氯气，③2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3中氧化剂是溴酸钾，氧化产物是氯酸钾，所以溴酸钾的氧化性大于氯酸钾，总之，氧化性强弱顺序是 KBrO3＞KClO3＞Cl2＞Br2，B正确；C. ②中还原剂与氧化剂的物质的量之比为5：1，C错误；D．反应③中2mol Cl2反应，有4molKBrO3参加反应，转移电子数目可由Br元素的化合价计算，为4×（5-0）mol=20mol，D错误；选B。‎ 考点：考查置换反应，氧化性强弱的判断，氧化剂、还原剂，电子转移等知识。‎ ‎12.下列离子方程式正确的是 A. 大理石与醋酸反应：CO32－+2CH3COOH==2CH3COO－+H2O+CO2↑‎ B. 高锰酸钾与浓盐酸制氯气的反应：MnO4－+4Cl－+8H+==Mn2++2Cl2↑+4H2O C. 漂白粉溶液吸收少量二氧化硫气体：SO2+H2O+ClO-=SO42－+Cl－+2H+‎ D. 氢氧化钠溶液与过量的碳酸氢钙溶液反应：OH－+Ca2++HCO3－==CaCO3↓+H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，CaCO3难溶，书写离子方程式时不要拆分，故A项错误；‎ B项，等式两端电荷不守恒，正确的式子应为2MnO4－+10Cl－+16H+==2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故B项错误；‎ C项，漂白粉溶液吸收少量的二氧化硫气体的方程式应为 Ca2++3ClO-+SO2+H2O=CaSO4↓+2HClO+Cl-，故C项错误。‎ D项，氢氧化钠溶液与过量碳酸氢钙溶液反应，生成碳酸钙沉淀，故D项正确；‎ 综上所述，本题正确答案为D。‎ ‎13.NA 表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是 A. 1molCl2 与足量 Fe 反应，转移的电子数为 3NA B. Na2O2 与 CO2 反应生成 11.2LO2（标准状况），反应中转移的电子数为 2NA C. 在标准状况下，22.4L 四氯化碳所含的氯原子数目为 4NA D. 1molNa 与足量 O2 反应，生成 Na2O 和 Na2O2 的混合物，钠失去 NA 个电子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯气和铁反应后变为-1价，故1mol氯气反应后转移2mol电子即2NA个，故A错误；‎ B．过氧化钠与二氧化碳反应时，氧元素的价态由-1价变为0价，故当生成11.2L氧气即0.5mol氧气时，转移1mol电子即NA个，故B错误；‎ C．标况下四氯化碳为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算22.4L 四氯化碳的物质的量，故C错误；‎ D．由于钠和氧气反应后变为+1价，故1mol钠失去1mol电子即NA个，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎【点睛】顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意：①气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；②必须明确温度和压强是0℃，101kPa，只指明体积无法求算物质的量；③22.4L/mol是标准状态下的气体摩尔体积，在其他条件下的气体摩尔体积也有可能是这个值。‎ ‎14.下列说法不正确的是 A. 纯碱可以用于去除物品表面的油污 B. 碘酸钾可以用作加碘食盐的添加剂 C. 镁可用于制造信号弹和烟火 D. 二氧化碳可用作镁燃烧的灭火剂 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．油脂在碱性条件下水解，热的纯碱溶液促进水解后碱性增强，所以纯碱可用于去除物品表面的油污，故A正确；‎ B．加碘食盐的添加剂是碘酸钾，故B正确；‎ C．镁燃烧可以发出耀眼的强光，故镁可用于制造信号弹和烟火，故C正确；‎ D．镁可以在二氧化碳中燃烧，所以二氧化碳不可用作镁燃烧的灭火剂，故D错误；‎ 故答案为D。‎ ‎15.下列有关新制氯水的说法中不正确的是 A. 将硝酸银溶液滴到新制氯水中，再加稀硝酸，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl－‎ B. 新制氯水滴在蓝色石蕊试纸上，试纸先变红色后褪色，说明 Cl2 有漂白性 C. 向淀粉碘化钾溶液中加入氯水，溶液变为蓝色，可证明 Cl2 的氧化性强于 I2‎ D. 新制氯水滴到 Na2CO3 溶液中，有气体产生，说明氯水中含有 H+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．溶液与硝酸银反应产生白色沉淀，只能是氯离子与银离子反应得到AgCl白色沉淀，说明氯水中含有Cl-，故A正确；‎ B．新制氯水滴在蓝色石蕊试纸上，试纸先变红色后褪色，是因为氯水中含有氯气和水反应生成的具有漂白性的次氯酸，不能由此说明 Cl2有漂白性，故B错误；‎ C．向淀粉碘化钾溶液中加入氯水，溶液变为蓝色，说明生成I2，可证明Cl2的氧化性强于I2，故C正确；‎ D．酸性溶液能与碳酸钠反应生成二氧化碳。新制氯水滴到 Na2CO3 溶液中，有气泡产生，说明氯水中含有H+，故D正确；‎ 故答案B。‎ ‎【点睛】明确氯水的成分和性质是解题关键，氯水由于存在氯气和水的反应生成盐酸和次氯酸，所以氯水含有氯气分子，水，盐酸和次氯酸，与不同的试剂反应时，起作用的微粒不同；①与硝酸银反应：氯离子与硝酸银反应生成白色沉淀；②与碳酸钠反应：碳酸钠和盐酸反应生成二氧化碳气体；③与有色布条作用：次氯酸有漂白性，有色布条褪色；④与石蕊试液作用：先变红后褪色，因为溶液中有酸，显酸性，有次氯酸有漂白性；⑤与二氧化硫作用：黄绿色退去，二氧化硫和氯气和水反应生成硫酸和盐酸。‎ ‎16. 下列关于某些离子的检验说法中正确的是 A. 加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32-‎ B. 某溶液与浓NaOH溶液共热，产生使湿润蓝色石蕊试纸变红气体，则原溶液中存在NH4+‎ C. 加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42-‎ D. 可用硝酸酸化的AgNO3 溶液鉴别Cl-、Br-、I-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，溶液中不一定有CO32-，可能含有碳酸氢根、亚硫酸根、亚硫酸氢根等，错误；B、某溶液与浓NaOH溶液共热，产生使湿润红色石蕊试纸变蓝气体，则原溶液中存在NH4+，错误；C、加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，溶液中不一定有SO42-，可能含有Ag＋，错误；D、Cl-、Br-、I-与硝酸酸化的AgNO3 溶液反应分别生成氯化银白色沉淀、溴化银淡黄色沉淀、碘化银黄色沉淀，可用硝酸酸化的AgNO3 溶液鉴别Cl-、Br-、I-，正确。‎ 考点：考查离子检验。‎ ‎17. 某研究性学习小组为了探索镁粉与溴水反应的机理，做了如下四组实验：‎ ‎①将镁粉投入冷水中，未见任何现象；②将镁粉放入溴水中，观察到只是开始时产生极少量的气泡，但溴水的颜色逐渐褪去；③将镁粉放入液溴中，未观察到任何明显现象；④向含足量镁粉的液溴中滴加几滴水，观察到溴的红棕色很快褪去。则下列关于镁与溴水的反应机理的论述中正确的是 ( )‎ A. 镁粉只直接与溴水中的溴反应 B. 镁粉在水的催化下与溴发生反应 C. 产生极少量的气泡是由于镁粉与水反应得到 D. 镁粉只与溴水中的酸反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：由①③说明Mg与H2O、Br2很难反应；②中产生的气体应该是氢气，“只产生极少量的气泡”，说明不是镁与酸直接反应(如是应持续产生气泡)，说明Mg与Br2直接反应是溴水褪色的主要原因；④滴几滴水后很快褪色，说明水起了催化剂的作用。答案选B。‎ 考点：考查镁粉与溴水反应的机理实验探究 ‎18.已知草酸(H2C2O4)是一种弱酸，157℃升华，170℃以上分解可放出CO2和CO；可与酸性KMnO4溶液反应；其钠盐易溶于水，钙盐难溶于水。下列说法正确的是 A. 草酸受热产生的气体，用足量的NaOH溶液充分吸收后，可收集得到纯净的CO B.‎ ‎ 草酸受热产生的气体通过灼热的氧化铜，若出现黑色变红色现象，则说明产生的气体中一定有CO C. 草酸受热产生的气体直接通入足量的澄清石灰水中，若能产生白色浑浊现象，则说明产生的气体中一定有CO2‎ D. H2C2O4与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、草酸受热产生的气体，用足量的NaOH溶液充分吸收后，收集到的CO还含有水蒸汽，不可能得到纯净的CO，选项A错误；B、草酸能被酸性高锰酸钾氧化，自身具有还原性，可以还原灼热的氧化铜，所以出现黑色变红色现象，得不出一定有CO的结论，选项B错误；C、草酸受热产生的气体直接通入足量的澄清石灰水中，产生白色浑浊现象，还可能是草酸与氢氧化钙生成草酸钙沉淀，题中有告诉草酸的钙盐难溶于水，不能说明产生的气体中一定有CO2，选项C错误；D、草酸与酸性高锰酸钾反应的离子方程式为：5H2C2O4＋2MnO4-＋6H+=2Mn2＋+10CO2↑+8H2O，选项D正确。答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查对草酸性质的探究实验的设计与评价，化学方程式的配平，气体的检验的知识。注意掌握探究物质性质实验方案设计的方法，明确物质性质及实验操作方法为解答关键，试题有利于提高学生的分析、理解能力及化学实验能力。‎ ‎19.一定温度下，w1 克下列物质在足量的 O2 中充分燃烧后，产物与足量的 Na2O2 充分反应， 增重 w2 克，若 w1Br-，向含有2molNaBr和2molNa2SO3的混合液中通入 a mol Cl2充分反应，下列说法错误的是 A. 当 a=2 时， 发生的离子反应为 SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2H++2Cl-‎ B. 当 a≥3 时，发生的离子反应为2SO3＋2Br－＋3Cl2＋2H2O=2SO42－＋Br2＋4H＋＋6Cl－‎ C. 当 2≤a≤3 时，溶液中SO42－、Br－与Cl－的物质的量之比为1：(3－a)：a D. 当 2≤a≤3 时，溶液中 H+的物质的量为 2mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 还原性：SO32-＞Br-，向含有2molNaBr和2molNa2SO3的混合液中通入 a mol Cl2充分反应，故氯气先和SO32-反应，当SO32-反应完全后，氯气再和Br-反应；而2molNa2SO3完全反应时能消耗2mol氯气，2molNaBr完全反应时能消耗1mol氯气，即当2molNaBr和2molNa2SO3完全反应时，共消耗3mol氯气。‎ ‎【详解】A．当 a=2 时，只能将溶液中的2molSO32-完全氧化，则发生的离子反应为 SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2H++2Cl-，故A正确；‎ B．当 a≥3 时，溶液中2molNaBr和2molNa2SO3均完全被氧化，则发生的离子反应为2SO3＋2Br－＋3Cl2＋2H2O=2SO42－＋Br2＋4H＋＋6Cl－，故B正确；‎ C．当 2≤a≤3 时，溶液中的2molSO32-完全氧化生成2mol SO42－、另有(a-2)molCl2能氧化2(a-2)molBr-生成Br2，溶液中剩余(6-2a)mol Br－，同时溶液中生成2amol Cl－，则溶液中SO42－、Br－与Cl－的物质的量之比为1：(3－a)：a，故C正确；‎ D．当 2≤a≤3 时，溶液中的2molSO32-完全氧化，其参与发生的离子反应为SO32-+ Cl2+2H2O= SO42－+2Cl－+4H+，则所得溶液中 H+的物质的量为4mol，故D错误；‎ 故答案D。‎ ‎21.按要求回答下列问题：‎ ‎（1）画出氯离子的结构示意图_____。‎ ‎（2）写出漂白粉有效成分的化学式_____。‎ ‎（3）19g 某二价金属氯化物 ACl2 中含有 0.4 molCl－，则 ACl2 的摩尔质量为_____g/mol。‎ ‎（4）写出一水合氨的电离方程式_________。‎ ‎（5）表示“氯碱工业”的离子方程式_________。‎ ‎（6）NH4HCO3 溶液中加入过量 NaOH 溶液的离子方程式为_________。‎ ‎【答案】 (1). (2). Ca(ClO)2 (3). 95 (4). NH3·H2ONH4＋＋OH― (5). 2Cl- +2H2O2OH-+H2+Cl2 (6). NH4++HCO3-+2OH-=NH3·H2O+H2O+CO32-‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)氯原子的核电荷数为17，则氯离子的结构示意图为；‎ ‎(2)利用Cl2和Ca(OH)2反应制取漂白粉，其主要成分是CaCl2和Ca(ClO)2的混合物，其中有效成分的化学式是Ca(ClO)2；‎ ‎(3)19g某二价金属的氯化物ACl2中含有0.4mol Cl-，则ACl2的物质的量为0.2mol，摩尔质量==95g/mol；‎ ‎(4)NH3·H2O是弱电解质，其电离方程式为NH3·H2ONH4＋＋OH―；‎ ‎(5)氯碱工业为惰性电解电解饱和食盐水，生成氯气、氢气和NaOH，发生反应的离子方程式为2Cl- +2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑；‎ ‎(6)NH4HCO3 溶液中加入过量 NaOH 溶液的离子方程式为NH4++HCO3-+2OH-=NH3·H2O+H2O+CO32-。‎ ‎22.高锰酸钾是一种典型的强氧化剂。‎ ‎（1）在用 KMnO4 酸性溶液处理固体 Cu2S 时，发生的反应如下：8MnO4－＋5Cu2S＋44H＋=10Cu2＋＋5SO2↑＋8Mn2＋＋22H2O ‎①还原产物为_____。‎ ‎②被氧化的元素是_____‎ ‎③氧化剂与还原剂的物质的量之比为_____‎ ‎④每生成 2.24 L(标况下)SO2，转移电子数目是_____‎ ‎（2）用 KMnO4 酸性溶液处理固体 CuS 时，也可将 CuS 反应成 Cu2＋和 SO2。写出该离子反应方程式_____‎ ‎（3）15.8g KMnO4，加热分解后剩余固体 15.0 g。该剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应，生成单质气体 A，产物中锰元素以 Mn2+存在，则气体 A 的物质的量为_____mol。‎ ‎【答案】 (1). Mn2＋ (2). Cu、S (3). 8:5 (4). 0.8NA (5). 6MnO4－‎ ‎＋5CuS＋28H＋=5Cu2＋＋5SO2↑＋6Mn2＋＋14H2O (6). 0.2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)结合氧化还原反应的知识分析即可；‎ ‎(2)用 KMnO4 酸性溶液处理固体 CuS 时，也可将 CuS 反应成 Cu2＋和 SO2，同时得到还原产物Mn2+，结合电子守恒、电荷守恒和原子守恒写出发生反应的离子方程式；‎ ‎(3)15.8g KMnO4，加热分解后剩余固体 15.0 g，减少的质量为氧气的质量，在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸，继续加热，收集到气体为氯气，根据电子转移守恒，整个过程中，Mn元素获得电子等于O元素、Cl元素失去的电子，据此分析。‎ ‎【详解】(1)在8MnO4－＋5Cu2S＋44H＋=10Cu2＋＋5SO2↑＋8Mn2＋＋22H2O中Mn元素从+7价降为+2价，发生还原反应，而Cu2S中Cu元素从+1价升高为+2价，S元素从-2价升高为+4价，发生氧化反应；‎ ‎①由分析知，还原产物为Mn2＋；‎ ‎②被氧化的元素是Cu2S中Cu、S两元素；‎ ‎③氧化剂为KMnO4，还原剂为Cu2S，两者的物质的量之比为8:5；‎ ‎④Cu2S中Cu元素从+1价升高为+2价，S元素从-2价升高为+4价，则1molCu2S完全被氧化，转移8mol电子；2.24 L(标况下)SO2的物质的量为=0.1mol，反应中转移电子的物质的量为0.8mol，电子数目是0.8NA；‎ ‎(2)用 KMnO4 酸性溶液处理固体 CuS 时，也可将 CuS 反应成 Cu2＋和 SO2，同时得到还原产物Mn2+，结合守恒法得发生反应的离子方程式为6MnO4－＋5CuS＋28H＋=5Cu2＋＋5SO2↑＋6Mn2＋＋14H2O；‎ ‎(3)15.8g KMnO4，加热分解后剩余固体 15.0 g，减少的质量为氧气的质量，m(O2)=15.8g-15.0g=0.8g，n(O2)==0.025mol；‎ 在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸，继续加热，收集到气体为氯气，根据电子转移守恒，整个过程中，Mn元素获得电子等于O元素、Cl元素获得的电子，则设氯气的物质的量为xmol，n(KMnO4)==0.1mol，电子转移守恒可得：0.1mol(7-2)=4n(O2)+2(Cl2)，即0.1×(7-2)=4×0.025+2x，解得：x=0.2mol。‎ ‎23.实验室欲配制 240mL 0.2 mol·L－1 的碳酸钠溶液，回答下列问题：‎ ‎（1）通过计算可知，应用托盘天平称取_____g Na2CO3 固体。‎ ‎（2）配制过程必需的仪器有： 胶头滴管、托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒，还缺少的仪器是_____。‎ ‎（3）在配制过程中，其他操作都是正确的，下列操作中会引起误差且使浓度偏小的是______填序号）。‎ ‎①没有洗涤烧杯和玻璃棒 ② 容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水 ‎③未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容 ④定容时仰视刻度线 ‎（4）下列操作中，容量瓶所具备的功能有_____‎ A．配制一定体积准确浓度的标准溶液 B．长期贮存溶液 C．用来溶解固体溶质 D．常用来代替量筒量取一定体积的液体 ‎（5）选择下列方法分离物质，将分离方法的序号填在横线上。‎ A.萃取 B.分液 C.冷却结晶 D.蒸发结晶 E.蒸馏 F.过滤 ‎①_____分离饱和食盐水和沙子的混合物 ‎②_____从硝酸钾中除去氯化钠杂质 ‎③_____分离水和汽油的混合物 ‎④_____分离 CCl4（沸点为 76.75℃）和甲苯（沸点为 110.6℃）的混合物 ‎【答案】 (1). 5.3g (2). 250mL容量瓶 (3). ①④ (4). A (5). F (6). C (7). B (8). E ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)没有240mL的容量瓶，需要250mL的容量瓶，则碳酸钠的物质的量n=cV=0.2mol/L×0.25L=0.05mol，所需碳酸钠的质量：m=nM=0.05mol×106g/mol=5.3g；‎ ‎(2)操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解(可用量筒量取水加入烧杯)，并用玻璃棒搅拌，加速溶解。冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2-3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀。所以所需仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管、药匙，还缺少的仪器是250mL容量瓶；‎ ‎(3)①没有洗涤烧杯和玻璃棒，则n偏小，所以结果偏低，故①正确；‎ ‎②容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，不会影响实验结果，故②错误；‎ ‎③未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容，液体热胀冷缩，所以V偏小，所以结果偏高，故③错误；‎ ‎④定容时仰视刻度线，则V偏大，所以结果偏小，故④错误；‎ 故答案为①④；‎ ‎(4))容量瓶作为精密仪器不可用于储存和溶解，也不能当作量器使用，故答案为：A；‎ ‎(5)①泥沙不溶于水，可过滤分离，故答案为：F；‎ ‎②二者溶解度受温度影响不同，可冷却结晶分离，故答案为：C；‎ ‎③水和汽油互不相溶，可用分液操作分离水和汽油混合物，故答案为：B；‎ ‎④CCl4和甲苯沸点不同，可蒸馏分离，故答案为：E。‎ ‎24.钠是活泼的碱金属元素，钠及其化合物在生产和生活中有广泛的应用。‎ ‎（1）叠氮化钠(NaN3)受撞击完全分解产生钠和氮气，故可应用于汽车安全气囊。若产生 6.72 L(标准状况下)氮气，至少需要叠氮化钠_____g。‎ ‎（2）为实现金属钠在隔绝空气条件下与水反应并收集生成的气体，某研究 性学习小组设计了如图发生装置．‎ ‎①写出 Na 与水反应的离子方程式_____。‎ ‎②Y 液体可以选用_____‎ A．煤油 B．酒精 C．四氯化碳 ‎③实验前检验该装置气密性的方法是：关闭止水夹，通过_________（填装置名称）向试管中加水至产生液面差，一段时间后，_____（填现象），则气密性良好。‎ ‎（3）1mol 过氧化钠与 1.6mol 碳酸氢钠固体混合后，在密闭的容器中加热充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质及对应的物质的量(可不填满)。‎ 物质 物质的量/mol ‎__________‎ ‎__________‎ ‎__________‎ ‎__________‎ ‎【答案】 (1). 13 g (2). 2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2 (3). A (4). 长颈漏斗 (5). 液面差不变 (6). Na2CO3 (7). 1.6 (8). NaOH (9). 0.4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)发生反应：2NaN3=2Na+3N2↑，根据方程式计算；‎ ‎(2)① Na 与水反应生成NaOH和氢气；‎ ‎②根据装置可知Y液体密度小于水，且与水不溶；‎ ‎③利用液压法确定装置气密性；‎ ‎(3)加热发生2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，然后发生2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2和2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，以此来解答。‎ ‎【详解】(1)设需要NaN3 的质量为m，则：‎ ‎2NaN32Na+3N2↑‎ ‎130g 67.2L m 6.72L m==13g；‎ ‎(2)① Na 与水反应生成NaOH和氢气的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；‎ ‎②装置可知Y液体密度小于水，且与水不溶；‎ A．煤油密度小于水，且与水不溶，故A正确；‎ B．酒精与水互溶，故B错误；‎ C．四氯化碳密度大于水，且与水不溶，故C错误；‎ 故答案为A；‎ ‎③实验前检验该装置气密性的方法是：关闭止水夹，向长颈漏斗中注水，直到长颈漏斗中的液面高于试管中的液面，且两者液面差不再改变，就证明该装置气密性良好；‎ ‎(3)由2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O可知，1.6mol碳酸氢钠分解生成0.8molNa2CO3、0.8molCO2、0.8molH2O，由2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2可知，0.8molCO2与0.8molNa2O2反应生成0.8molNa2CO3，2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，0.2molNa2O2‎ 与水反应生成0.4molNaOH，充分反应，排出气体物质后冷却，则残留的固体物质是NaOH、Na2CO3，两者的物质的量分别为0.4mol、1.6mol。‎ ‎25.下图是某位同学设计的实验装置，制取 Cl2 并以 Cl2 为原料制备纯净的无水 FeCl3粉末。已知：无水 FeCl3 遇水强烈反应。‎ ‎（1）A 为氯气发生装置，写出反应的化学方程式：_____。‎ ‎（2）装置 B 的作用是_____。‎ ‎（3）实验时需要用到下列所有操作：a．点燃 A 处的酒精灯；b．打开分液漏斗旋塞，放入浓盐酸；c．点燃 D 处的酒精灯；d．检查装置气密性。‎ 请给出上述操作的正确顺序_____（填字母）‎ ‎（4）D 中实验现象为_________。‎ ‎（5）装置 E 中倒置漏斗作用是_____。‎ ‎（6）某同学设计的上述实验装置示意图有一处不合理，请提出改进方案__________。‎ ‎【答案】 (1). MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O (2). 吸收HCl (3). dbac (4). 产生棕褐色的烟 (5). 防倒吸 (6). DE之间加一个干燥装置 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)A为氯气发生装置，是采用实验室制取Cl2的反应，加热软锰矿和浓盐酸制取Cl2，所以反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；‎ ‎(2)装置B中装有饱和NaCl溶液，可以吸收HCl和降低Cl2的溶解度，是洗气装置，达到除去Cl2中的HCl作用。‎ ‎(3)实验时需要先检验装置气密性，再打开分液漏斗旋塞，放入浓盐酸，然后点燃 A 处的酒精灯，利用生成的氯气将装置内空气排除干净，最后点燃 D ‎ 处的酒精灯，使Fe与氯气反应生成氯化铁，则操作的正确顺序为dbac；‎ ‎(4)Cl2在D中与Fe粉发生反应制取无水FeCl3，受热后铁在氯气中燃烧生成固体小颗粒，在D中出现棕黄色的烟；‎ ‎(5)装置E中装有NaOH溶液，用以吸收Cl2，防止污染大气，采用倒置漏斗吸收Cl2可防倒吸；‎ ‎(6)流程目的是制备无水FeCl3，所以需要在D和E之间加入一个干燥装置，如果E中的水蒸气进入D中，将会影响无水FeCl3的制备。‎ ‎【点睛】本题考查氯气的性质和实验室制备，解题关键在于理解制取的原理以及灵活运用氯气的性质等相关知识解答问题；氯气的实验室制法实验中要注意的问题主要有：①反应不能加强热：因为浓盐酸有较强的挥发性，若加强热会使氯气中有大量的HCl杂质，并且降低了HCl的利用率；②氯气中混入HCl的除杂：HCl的除杂一般使用饱和食盐水，因为水会吸收部分的氯气；③氯气有毒，需要尾气处理，防污染。‎ ‎26.无机化合物 A 和 NaH 都是重要的还原剂，遇水都强烈反应。一定条件下，2.4g NaH 与气体 B 反应生成 3.9g 化合物 A 和 2.24L（已折算成标准状况）的 H2。已知气体 B 可使湿润红色石蕊试纸变蓝。请回答下列问题：‎ ‎（1）B 的化学式是_____。‎ ‎（2）NaH 与气体 B 反应生成化合物 A 的化学方程式_____。该反应中 A 是_____。‎ A.氧化产物 B.还原产物 C.既不是氧化产物也不是还原产物 ‎（3）0.1molA 与足量盐酸发生非氧化还原反应最多消耗 HCl_____mol ‎（4）在高温下氢化钠（NaH）可将四氯化钛（TiC14）还原成金属钛，同时得到混合气体， 测得其平均摩尔质量为 25 g/mol，写出该反应的化学方程式_____。‎ ‎【答案】 (1). NH3 (2). NaH+NH3=NaNH2+H2 (3). C (4). 0.2 mol (5). 8NaH+3TiCl43Ti+2H2+4HCl+8NaCl ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 已知气体B可使湿润红色石蕊试液变蓝，B是氨气，2.40gNaH的物质的量为0.1mol和氨气B反应生成3.90g化合物A和0.1molH2，根据质量守恒，参与反应的氨气的物质的量为0.1mol，根据质量守恒则A化学式为NaNH2，由此分析解答。‎ ‎【详解】(1)气体 B 可使湿润红色石蕊试纸变蓝，则B 为氨气，化学式是NH3；‎ ‎(2)NaH与气体B反应生成化合物A的化学方程式：NaH+NH3=NaNH2+H2‎ ‎，NaH中H元素从-1价升高为0价，NH3中部分H元素从+1价降为0价，则NaNH2既不是氧化产物也不是还原产物，故答案为C；‎ ‎(3)NaNH2与足量盐酸发生非氧化还原反应的化学方程式NaNH2+2HCl=NaCl+NH4Cl，则0.1molNaNH2参加反应最多消耗 HCl0.2mol；‎ ‎(4)在高温下(NaH)可将四氯化钛(TiCl4)还原成金属钛，同时得到混合气体，说明混合气体的成分是H2和HCl或Cl2和HCl，不可能是H2和Cl2或H2、Cl2和HCl，测得其平均摩尔质量为 25 g/mol，则混合气体的成分只能是H2和HCl，设混合气体的总物质的量为1mol，H2为nmol，则混合气体的总质量为25g，即2n+36.5(1-n)=25，解得：n=，所得混合气体中H2和HCl的物质的量之比为：=1:2，结合电子守恒和原子守恒得该反应的化学方程式为8NaH+3TiCl43Ti+2H2+4HCl+8NaCl。‎ ‎ ‎