【化学】河北省隆化县存瑞中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题(解析版)

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【化学】河北省隆化县存瑞中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题(解析版)

河北省隆化县存瑞中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题 相对原子质量:H ‎1 C 12 N14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Cu 64 Mn 55 Ba 137‎ 第I卷(选择题 共50分)‎ 一、选择题 (本大题共25小题,每小题只有一个正确选项,每小题2分,共50分)‎ ‎1.当我们把苹果切开后不久,果肉上便会产生一层咖啡色的物质,其原因是果肉里的酚在空气中被氧化为有色物质,这些有色物质很快聚合成为咖啡色的聚合物。则这种空气中常见的氧化剂是( )‎ A. N2 B. O2‎ C. H2O D. CO2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】苹果切开之后,果肉里的酚在空气中被氧化为有色物质,所以应是空气中具有氧化性的物质;‎ ‎【详解】果肉里的酚在空气中被氧化为有色物质,所以应是空气中具有氧化性的物质,空气中含量相对较多,同时氧化性强的气体是氧气,B项正确;‎ 答案选B。‎ ‎2.下列反应中,不属于氧化还原反应的是(  )‎ A. H2+Cl22HCl B. Cl2 + H2O= HCl + HClO C. NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2O D. Zn+H2SO4=H2↑+ZnSO4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.反应H2+Cl2‎ ‎2HCl中H和Cl元素的化合价发生变化,属于氧化还原反应,故A不选;‎ B.反应Cl2 + H2O= HCl + HClO中Cl元素的化合价既升高双降低,属于氧化还原反应,故B不选;‎ C.反应NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2O中各元素的化合价都没有发生变化,不是氧化还原反应,故C选;‎ D.反应Zn+H2SO4=H2↑+ZnSO4中Zn和H元素的化合价发生变化,属于氧化还原反应,故D不选;‎ 故答案为C。‎ ‎3.P单质在反应4P+3KOH+3H2O=3KH2PO2+PH3中的变化是(  )‎ A. 被氧化 B. 被还原 C. 既被氧化又被还原 D. 既未被氧化又未被还原 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】4P+3KOH+3H2O═3KH2PO2+PH3中只有P元素的化合价发生变化,以此来解答。‎ ‎【详解】反应4P+3KOH+3H2O═3KH2PO2+PH3中,P元素的化合价部分由‎0升高到+1价,部分由0降低到﹣3价,则P既被氧化又被还原,答案选C。‎ ‎4. 下列类型的反应,一定发生电子转移的是(  )‎ A. 化合反应 B. 分解反应 C. 置换反应 D. 复分解反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项,在化合反应中,只要有单质参加反应,就一定有化合价的变化,故A项错误;‎ B项,在分解反应中,只要有单质的生成,就一定有化合价的变化,故B项错误;‎ C项,在置换反应中因为有单质参加和单质生成,一定有化合价的变化,故C项正确;‎ D项,在复分解反应中,因为是化合物相互交换成分生成了新的化合物,所以一定没有化合价的变化,故D项错误。‎ 综上所述,本题正确答案C。‎ ‎5.下列反应中,氯元素全部被氧化的是(  )‎ A. 2P+3Cl22PCl3 ‎ B. 2NaCl(熔融) 2Na+Cl2↑‎ C. NaOH+HCl=NaCl+H2O ‎ D. 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.反应2P+3Cl22PCl3中Cl元素化合价由0价变为-1价,所以氯元素得电子化合价降低,全部被还原,故A错误;‎ B.反应2NaCl(熔融) 2Na+Cl2↑中Cl元素化合价由-1价变为0价,所以Cl元素失电子化合价升高,全部被氧化,故B正确;‎ C.反应NaOH+HCl=NaCl+H2O中元素的化合价没有升降,所以不是氧化还原反应,故C错误;‎ D.反应2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O中Cl元素化合价由0价变为-1价、+1价,所以Cl元素既被氧化又被还原,故D错误;‎ 故答案为B。‎ ‎6.我国“四大发明”在人类发展史上起到了非常重要的作用,其中黑火药的爆炸反应:2KNO3+S+3CK2S+N2↑+3CO2↑。该反应中被氧化的元素是(  )‎ A. C B. N C. N和S D. N和C ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据反应方程式2KNO3+S+3CK2S+N2↑+3CO2↑,N元素的化合价由+5价降至0价,化合价降低被还原,S元素的化合价由0价降至-2价,化合价降低被还原,C元素的化合价由0价升至+4价,化合价升高被氧化,因此被氧化的元素是C,答案选A。‎ ‎7.关于钠的叙述中,正确的是( )‎ A. 钠是银白色金属,硬度很大 B.‎ ‎ 将金属钠放在石棉网上,用酒精灯加热后,金属钠剧烈燃烧,发出黄色火焰,生成过氧化钠 C. 金属钠在空气中燃烧,生成氧化钠 D. 金属钠的熔点很高 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.钠的硬度小,实验室可用小刀切割,故A错误;‎ B.钠的焰色反应为黄色,在空气中加热反应可生成Na2O2,故B正确;‎ C.金属钠在空气中燃烧,生成过氧化钠,故C错误;‎ D.钠的熔点低,与水反应放出的热量可使钠融化成闪亮的小球,故D错误。‎ 故选B。‎ ‎8.将一小块金属钠投入到滴有紫色石蕊试液的盛冷水的烧杯中,甲同学认为可以观察到下列实验现象,其中正确的有 (  )‎ ‎①钠投入水中,先沉入水底,后浮出水面 ②钠立即与水反应,并有气体产生 ③反应后溶液变红 ④钠熔化成闪亮的小球 ⑤小球在水面上四处游动 ⑥有“嘶嘶”的响声发出 A. ①②③④ B. ②③④⑤ C. ②④⑤⑥ D. ③④⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】①钠投入水中,钠的密度小于水,所以钠不会沉入水底,故①错误;②2Na+2H2O2NaOH+H2↑,钠立即与水反应,并有气体产生,故②正确;③生成氢氧化钠使石蕊变蓝,反应后溶液变蓝,故③错误;④钠熔点低,反应放热,钠熔成闪亮的小球,故④正确;⑤在氢气的推动下,小球在水面上四处游动,故⑤正确;⑥氢气在钠块与水之间的缝隙中逸出,有“嘶嘶”的响声发出,故⑥正确。故选C。‎ ‎9.将一小块钠投入下列溶液中,既能产生气体又会出现沉淀的是 (  )‎ ‎①稀硫酸 ②稀氢氧化钠溶液 ③硫酸铁溶液 ④氯化镁溶液 ⑤饱和澄清石灰水 A. ①②③ B. ①③⑤ C. ②③④ D. ③④⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】钠投入非氧化性酸溶液时先和酸反应,若钠过量继续和水反应.。投入到盐溶液或碱溶液时先和水反应,生成的 NaOH再和盐反应。‎ ‎【详解】① 发生的反应为2Na+H2SO4====Na2SO4+H2↑,只生成H2;‎ ‎② 发生的反应为2Na+2H2O====2NaOH+H2↑,只生成了H2;‎ ‎③ 钠除了与水反应产生H2外,生成的NaOH还与Fe2 (SO4)3产生Fe(OH)3沉淀;‎ ‎④ 钠除了与水反应产生H2外,生成的NaOH还与MgCl2发生复分解反应Mg(OH)2沉淀 ‎⑤ 钠投入饱和澄清石灰水其实就是跟水反应生成H2,由于是饱和石灰水,钠与水反应消耗水且反应放热,原溶液中的氢氧化钙会析出而出现沉淀。‎ 故答案为D。‎ ‎10.将‎2.3 g钠投入到‎97.7 g水中,所得溶液中溶质的质量分数(  )‎ A. 等于2.3% B. 小于2.3% C. 等于4% D. 大于4%‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】设‎2.3克金属钠与水反应生成氢氧化钠的质量为x,生成氢气质量为y,‎ ‎2Na+2H2O═2NaOH+H2↑‎ ‎46          80    2‎ ‎2.3g‎        x    y 根据=,解得x=‎4g;根据=,解得y=‎0.1g,反应后所得溶液的质量分数为×100%=×100%一定大于4%,故选D。‎ ‎11.等质量的两块钠,第一块在足量氧气中加热,第二块与足量氧气在常温下充分反应,则下列说法正确的是(  )‎ A. 第一块钠失去电子数多 B. 两块钠失去电子数一样多 C. 第二块钠的反应产物质量较大 D. 两块钠的反应产物质量一样大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、金属钠失电子均变为+1价的阳离子,等质量的两块钠,失电子是一样的,故A错误;‎ B、金属钠失电子均变为+1价的阳离子,等质量的两块钠,失电子是一样的,故B正确;‎ C、根据4Na+O2=2Na2O,则1mol金属钠获得氧化钠的质量是‎31g,根据反应2Na+O2 Na2O2,则1mol金属钠获得过氧化钠的质量是‎39g,等质量的两块钠,即金属钠的物质的量是相等的,所以生成过氧化钠的质量大,即第一块钠的反应产物质量最大,故C错误;‎ D、根据C的计算可以知道第一块钠的反应产物质量最大,故D错误;‎ 故选B。‎ ‎12.下列叙述正确的是( )‎ A. Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱,它们都是碱性氧化物 B. Na2CO3溶液和NaHCO3溶液都能跟CaCl2溶液反应得到白色沉淀 C. 钠在常温下不容易被氧化 D. Na2O2可作供氧剂,而Na2O不行 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Na2O和水反应只生成碱,是碱性氧化物,Na2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气,不是碱性氧化物,故A错误;‎ B.Na2CO3溶液与跟CaCl2溶液反应得到CaCO3白色沉淀,NaHCO3溶液与CaCl2溶液不反应,无沉淀生成,B错误;‎ C.钠在常温下易被氧化生成氧化钠,故C错误;‎ D.Na2O2能与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气,而Na2O与二氧化碳反应生成碳酸钠,所以Na2O2可作供氧剂,而Na2O不行,故D正确;‎ 答案为D。‎ ‎13.有两个无标签的试剂瓶,分别装有Na2CO3和NaHCO3固体,有4位同学为鉴别它们采用了以下不同的方法,其中不可行的是( )‎ A. 分别配成溶液,再加入澄清石灰水 B. 分别配成溶液,再加入CaCl2溶液 C. 分别加热,再检验是否有使澄清石灰水变浑浊的气体产生 D. 分别取固体样品,滴加同浓度盐酸,观察产生气泡的快慢 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.二者都能与澄清石灰水反应生成沉淀,不能鉴别,故A错误;‎ B.Na2CO3与CaCl2反应生成白色沉淀,碳酸氢钠不能,能鉴别,且操作简单,故B正确;‎ C.NaHCO3不稳定,加热易分解,生成气体可使澄清石灰水变浑浊,可鉴别,故C正确;‎ D.逐滴加入等浓度的稀盐酸,碳酸氢钠溶液中有气体生成,碳酸钠溶液中开始无气体生成,随加入盐酸增多,后来生成气体,现象不同,可以鉴别,故D正确。‎ 答案选A。‎ ‎14.对于反应:2Na2O2+2H2O===4NaOH+O2↑,下列说法中正确的是 (  )。‎ A. Na2O2是氧化剂,H2O是还原剂 B. Na2O2既是氧化剂,又是还原剂 C. 该反应中电子转移的数目为4e-‎ D. 氧气是还原产物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.反应过程中过氧化钠中氧元素的化合价由-1价变为-2价和0价,所以Na2O2既是氧化剂,又是还原剂,故A错误;‎ B.根据A选项分析可知,B正确;‎ C.反应过程中过氧化钠中氧元素的化合价由-1价升高到0价,反应生成1个氧气分子,转移2个电子,所以该反应中电子转移的数目为2e-,故C错误;‎ D.反应中氧化产物为氧气,还原产物为NaOH,故D错误;‎ 故答案选B。‎ ‎15.下列说法中正确的是(  )‎ A. 用鼻子对着盛有氯气的瓶口,就可以嗅到氯气的气味 B. 用排水集气法便可以收集到纯净的氯气 C. 氯气有漂白性 D. 自来水常用氯气来杀菌、消毒 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氯气是有毒气体,闻氯气的时候,应该用手轻轻地在瓶口扇动,使极少量的氯气飘进鼻孔。A项错误;‎ B.氯气溶于水,不能使用排水法,并且用排水法收集氯气会带有水蒸气,B项错误;‎ C.氯气本身没有漂白性,氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性,C项错误;‎ D.氯气溶于水,与水反应生成的次氯酸具有强氧化性,可用于杀菌消毒,D项正确;‎ 本题答案选D。‎ ‎16.实验室为了使用方便,通常将氯气溶解于水中形成氯水或将氯气降温加压形成液氯来使用。下列有关这两种液体的实验描述都正确的是(  )‎ A. 两种液体都可以使干燥的布条褪色 B. 两种液体都可以使干燥的蓝色石蕊试纸变红 C. 用这两种液体都可给自来水消毒 D. 分别向这两种液体中投入几颗金属锌粒均有气泡产生 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氯水中部分氯气与水反应生成HCl、HClO,HClO具有漂白性,能使干燥的布条褪色,液氯中只含有氯气分子,氯气没有漂白性,故A错误;‎ B.氯水中部分氯气与水反应生成HCl、HClO,可以使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色,液氯不具有此现象,故B错误;‎ C.氯气与HClO均具有强氧化性,可以用于自来水消毒,故C正确;‎ D.Zn与氯水中盐酸反应生成氢气,通常条件下,Zn不能与液氯反应,故D错误;‎ 故答案为C。‎ ‎17.下列关于漂白粉的叙述正确的是( )‎ A. 漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2和CaCl2‎ B. 漂白粉在空气中久置能变质 C. 漂白粉是由Cl2与石灰乳制得的纯净物 D. 漂白粉可用浓盐酸制得 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Ca(ClO)2和CaCl2是漂白粉的主要成分,有效成分为:Ca(ClO)2,A项错误;‎ B.次氯酸的酸性小于碳酸,所以漂白粉中次氯酸钙易和空气中的二氧化碳、水反应生成次氯酸,次氯酸不稳定易分解,因此漂白粉在空气中久置易变质,B项正确;‎ C.工业上将氯气通入石灰乳Ca(OH)2制取漂白粉,化学反应方程式为:2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O,其主要成分为氯化钙、次氯酸钙,是混合物,C项错误;‎ D.工业上制取漂白粉由氯气与石灰乳反应制得,不用浓盐酸;浓盐酸和石灰乳反应得到氯化钙和水,得到不次氯酸钙,D项错误;‎ 答案选B。‎ ‎18. 下列氯化物中,既能由金属和氯气直接反应制得,又能由金属和盐酸反应制得的是(  )‎ A. CuCl2 B. FeCl‎2 ‎C. FeCl3 D. AlCl3‎ ‎【答案】D ‎【解析】A 铜和盐酸不反应。‎ B 铁和氯气反应得到的是FeCl3,而不是FeCl2‎ C 铁和盐酸反应生成FeCl2,而不是FeCl3‎ D 铝和盐酸反应能生成AlCl3,铝和氯气反应也能生成AlCl3。‎ 故选D ‎19.实验室制氯气时有如下操作,操作顺序正确的是(  )‎ ‎①连接好装置,检查气密性;②缓缓加热;③在烧瓶中加入少量的MnO2,向分液漏斗中加入浓盐酸;④通过分液漏斗慢慢向烧瓶中注入浓盐酸;⑤将多余氯气用浓NaOH溶液吸收;⑥当有连续气泡出现时,开始用向上排空气法收集氯气。‎ A. ①②③④⑤⑥ B. ③④②①⑥⑤‎ C. ①④③②⑥⑤ D. ①③④②⑥⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】制取氯气的实验操作顺序为:连接装置,检查装置的气密性,防止装置连接处漏气,向圆底烧瓶中加入固体药品二氧化锰粉末,从分液漏斗中缓缓加入浓盐酸,加热,待气体均匀放出时收集气体,氯气有毒,最后连有尾气吸收装置吸收氯气,防止污染空气,所以正确操作顺序为①③④②⑥⑤,故D正确。‎ 综上所述,本题选D。‎ ‎20.下列溶液中,Cl﹣的物质的量浓度最小的是(  )‎ A. ‎1 L 1 mol•L﹣1的NaCl溶液 B. ‎0.1 L 2 mol•L﹣1的KCl溶液 C. ‎0.1 L 1 mol•L﹣1的MgCl2溶液 D. 10 mL 1 mol•L﹣1的AlCl3溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. ‎1 L 1 mol•L﹣1的NaCl溶液中,c(Cl-):c(NaCl)=1:1,则c(Cl-)为1mol/L;‎ B. ‎0.1 L 2 mol•L﹣1的KCl溶液中,c(Cl-):c(KCl)=1:1,则c(Cl-)为2mol/L;‎ C. ‎0.1 L 1 mol•L﹣1的MgCl2溶液中,c(Cl-):c(MgCl2)=2:1,则c(Cl-)为2mol/L;‎ D. 10 mL 1 mol•L﹣1的AlCl3溶液中,c(Cl-):c(AlCl3)=3:1,则c(Cl-)为3mol/L;‎ 总上所述,氯离子浓度最小的为1mol/L,答案为A。‎ ‎21.下列各溶液中n(Na+)与100 mL 0.1 mol/L Na2SO4溶液中n(Na+)相同的是(  )‎ A. 100 mL 0.1 mol/L NaCl 溶液 B. 50 mL 0.2 mol/L NaNO3溶液 C. 100 mL 0.1 mol/L NaHSO4溶液 D. 200mL 0.2mol/L HCl溶液与100 mL 0.2 mol/L NaHCO3溶液混合 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】100mL 0.1mol/L Na2SO4溶液中,c(Na+)=‎2c(Na2SO4)=0.1mol/L×2=0.2mol/L,溶液中n(Na+)=0.2mol/L×‎0.1L=0.02mol;‎ A.100 mL 0.1 mol/L NaCl 溶液中c(Na+)=c(NaCl)=0.1mol/L,n(Na+)=0.1mol/L×‎0.1L=0.01mol,故A错误;‎ B.50 mL 0.2 mol/L NaNO3溶液中c(Na+)=c(NaNO3)=0.2mol/L,n(Na+)=0.2mol/L×‎0.05L=0.01mol,故B错误;‎ C.100 mL 0.1 mol/L NaHSO4溶液中c(Na+)=c(NaHSO4)=0.1mol/L,n(Na+)=0.1mol/L×‎0.1L=0.01mol,故C错误;‎ D.200mL 0.2mol/L HCl溶液与100 mL 0.2mol/L NaHCO3溶液混合中:n(Na+)=n(NaHCO3)=0.2mol/L×‎0.1L=0.02mol,故D正确;‎ 故答案为D。‎ ‎22.下列溶液中溶质的物质的量浓度为1mol/L的是( )‎ A. 将‎58.5g NaCl溶解在‎1L水中 B. 将‎1L 10mol/L的硫酸加入‎9L水中 C. 将‎11.2L HCl气体溶于水配成‎0.5L溶液 D. 将‎40g NaOH溶解在少量水中,再加蒸馏水直到溶液体积为‎1L ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、将‎58.5g NaCl溶解在‎1L水中,溶液的体积大于‎1L,物质的量浓度小于1mol/L,故A错误;‎ B项、将‎1L 10mol/L的硫酸加入‎9L水中,溶液的体积大于‎1L ‎,物质的量浓度小于1mol/L,故B错误;‎ C项、没有明确是否为标准状况,无法计算‎11.2L HCl气体的物质的量,则无法计算该溶液的浓度,故C错误;‎ D项、‎40g NaOH的物质的量为=1mol,则将‎40g NaOH溶解在少量水中,再加蒸馏水直到溶液体积为‎1L时,NaOH的物质的量浓度为=1mol/L,故D正确;‎ 故选D。‎ ‎23.下列叙述中正确的是( )‎ A. 摩尔是国际单位制中七个基本物理量之一 B. 铁的摩尔质量就是铁原子的相对原子质量 C. 含有NA个氧原子的硫酸的物质的量是0.25mol D. 40gNaOH溶于‎1L水,溶质的物质的量浓度为1mol·L-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、摩尔是物质的量的单位,物质的量是国际单位制中七个基本物理量之一,故A错误;‎ B、铁的相对分子质量是56,铁的摩尔质量是‎56g/mol;所以摩尔质量在数值上等于相对原子质量,故B错误;‎ C、N=n·NA,所以n=,NA个氧原子物质的量为1mol,1个硫酸分子中含有4个氧原子,则硫酸的物质的量为mol=0.25mol,故C正确;‎ D、根据NaOH溶于水后溶液体积会变化,虽然NaOH物质的量是1摩尔,但溶液体积并不是‎1L,因此溶质的物质的量浓度不是1mol·L-1,故D错误;‎ 故选C。‎ ‎24.下列实验操作正确的是( )‎ A. 用托盘天平称量11.50gNaCl固体 B. 用100mL量筒量取5.5mL稀盐酸 C. 使用容量瓶配制溶液,移液时应洗涤烧杯2~3次 D. 溶解后的氢氧化钠趁热转移到容量瓶 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、托盘天平只能准确到‎0.1g,无法称量11.50gNaCl固体,故A错误;‎ B项、选用量筒时,应该满足量筒的规格与量取的液体体积最接近原则,如量取5.5mL溶液,应该选用10mL的量筒,所以不能用100mL量筒量取5.5mL稀盐酸,故B错误;‎ C项、使用容量瓶配制溶液,为了减小误差,移液时应洗涤烧杯2~3次,并将洗涤液转移到容量瓶中,故C正确;‎ D项、氢氧化钠固体溶解时会放出热量,如果不冷却溶液直接转移,定容后,溶液有热胀冷缩的性质,会导致溶液的体积偏小,物质的量浓度偏大,所以要冷却溶液至室温时再转移溶液,故D错误;‎ 故选C。‎ ‎25.已知:溶液呈电中性的原因是溶液中阴、阳离子所带的负、正电荷总数相等,在KCl、CaCl2、Ca(NO3)2 形成的混合溶液中,c(K+)=0.2 mol/L,c(Ca2+)=0. 5 mol/L,c(Cl-)=0.4 mol/L,计算分析判断,则 c(NO3-)为( )‎ A. 0.3‎‎ mol/L B. 0.8mol/L ‎ C. 0.4 mol/L D. 0.5 mol/L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】KCl、CaCl2、Ca(NO3)2形成的混合溶液中,c(K+)=0.2mol/L,c(Ca2+)=0.5mol/L,c(Cl-)=0.4mol/L,设c(NO3-)为x,忽略水的电离由电荷守恒可知,0.2mol/L×1+0.5mol/L×2=0.4mol/L×1+x×1,解得x=0.80mol/L,故选B。‎ 第II卷(非选择题共50分)‎ ‎26.已知:(1)实验室制取Cl2的方程式为:MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O,其中MnO2发生了__反应,是__剂;每4分子氯化氢中只有___分子发生了___反应,盐酸是___剂。‎ ‎(2)室温下KMnO4与浓盐酸反应制取氯气的化学方程式:2KMnO4+16HCl(浓)===2KCl+2MnCl2+8H2O+5Cl2↑,请在上式中用单线桥法表示出不同元素的原子间得失电子的情况。___‎ ‎(3)用CuCl2作催化剂,在‎450℃‎时用空气中的O2跟HCl反应也能制得氯气,其化学方程式:4HCl+O22H2O+2Cl2‎ ‎,从氯元素化合价的变化看,以上三种制氯气方法的共同点是__;比较以上三个反应,可以认为氧化剂的氧化能力从强到弱的顺序为___。‎ ‎【答案】(1). 还原 (2). 氧化 (3). 2 (4). 氧化 (5). 还原 (6). ===2KCl+2MnCl2+8H2O+5Cl2↑ (7). 将氯元素从-1价氧化到0价的Cl2 (8). KMnO4>MnO2>O2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)化合价升高作氧化剂,发生还原反应,化合价降低作还原剂,发生氧化反应;‎ ‎(2)单线桥是在反应物一侧,表明电子转移的方向;‎ ‎(3)当不同氧化剂氧化同种还原剂时,如氧化产物价态相同,可根据反应的难易程度进行判断;‎ ‎【详解】(1)实验室制取Cl2的方程式中,MnO2化合价降低,发生了还原反应,是氧化剂;根据得失电子可知,每4分子氯化氢中只有两分子发生了化合价升高,发生了氧化反应,所以盐酸是还原剂;‎ ‎(2)根据得失电子可知,高锰酸钾中的锰元素化合价降低,盐酸中的氯元素化合价升高,但16个盐酸分子中,只有10个盐酸分子发生了氧化反应,所以单线桥画法为===2KCl+2MnCl2+8H2O+5Cl2↑;‎ ‎(3)当不同氧化剂氧化同种还原剂时,如氧化产物价态相同,可根据反应难易程度进行判断:a.需加热;b.在室温即可发生;c.需高温催化剂。故氧化性顺序:KMnO4>MnO2>O2。‎ ‎27.为了制取纯净干燥的气体A,可用如图所示装置,生成A的速度可通过滴入液体B的速度控制,已知A是一种无色、无味、不能使酸碱指示剂变色、也不会在空气中燃烧的气体,但能使带火星的木条复燃。‎ ‎(1)A是________。‎ ‎(2)若C是一种淡黄色固体,则烧瓶中发生反应的化学方程式是_______________________。‎ ‎(3)若C是一种黑色粉末,则B物质是________,C物质的作用是__________________。‎ ‎(4)洗气瓶(广口瓶)中装的试剂D是________,其作用是_______。所制得的气体用________法收集。‎ ‎【答案】(1). O2 (2). 2Na2O2+2H2O===4NaOH+O2↑ (3). H2O2 (4). 催化剂 (5). 浓硫酸 (6). 除去O2中的水蒸气  (7). 向上排空气 ‎【解析】‎ ‎【分析】A是一种无色、无味、不能使酸碱指示剂变色、不会在空气中燃烧的气体,但能使带火星的木条复燃,应为氧气,制备氧气在不加热条件下进行,可为过氧化钠和水或过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成,D为干燥装置,以此解答该题。‎ ‎【详解】(1)A是一种无色、无味、不能使酸碱指示剂变色、不会在空气中燃烧的气体,但能使带火星的木条复燃,应为氧气,故答案为:O2。‎ ‎(2)若C是一种淡黄色固体,能够制取氧气,则C为过氧化钠,过氧化钠和水反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑;故答案为;2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。‎ ‎(3)若C是一种黑色粉末,能够制取氧气,则C为二氧化锰,B为双氧水,二氧化锰起催化剂的作用;故答案为:H2O2;催化作用。‎ ‎(4)D中导管长进短出,应该盛装浓硫酸,起干燥作用,除去氧气中混有的少量水蒸气,氧气的密度空气大,应用向上排空气法收集,故答案为:浓硫酸;除去水蒸气;向上排空气法。‎ ‎28.某学习小组设计以下四个实验探究新制氯水的成分,请根据表格回答问题。(已知Cl2+2KI=2KCl+I2)‎ 实验序号 实验方法 实验现象 结论 ‎①‎ 将氯水滴加到AgNO3溶液中 生成白色沉淀 ‎②‎ 将氯水滴加到含有酚酞的NaOH溶液中 ‎③‎ 氯水中含有Cl2‎ 取一片淀粉KI试纸,放在表面皿或玻璃片上,用洁净玻璃棒蘸取氯水滴在试纸上 ‎④‎ 将足量的氯水滴加到Na2CO3溶液中 氯水中含有H+‎ ‎ (1) 实验①得出的结论是__________________________。‎ ‎(2)指出实验②、实验③和实验④中的“实验现象”:‎ ‎②__________________________, ③__________________________,‎ ‎④__________________________。‎ ‎(3) 通过实验②的“实验现象”,同学们得出两个不同的结论。这两个结论可能是:‎ a.氯水中含有HClO,其漂白作用能使溶液褪色;‎ b._____________________________________。‎ 请设计简单的实验证明上述a、b结论:_____________________________。‎ ‎【答案】(1). 氯水中含有Cl- (2). 溶液褪色 (3). 淀粉KI试纸变蓝色 (4). 有气泡冒出 (5). 氯水中含有H+,中和OH-使溶液褪色 (6). 向褪色后的溶液中滴加NaOH溶液至溶液显碱性,若溶液不再显红色,证明红色消失是HClO的漂白作用引起的;若溶液显红色,证明是H+的中和作用引起的 ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)加入硝酸银生成白色AgCl沉淀,可证明氯水中含有Cl-;‎ ‎(2)氯水呈酸性,溶液中含有H+,加入Na2CO3溶液,生成二氧化碳气体,氯水中含有盐酸,可与NaOH发生中和反应,含有次氯酸,具有强氧化性和漂白性;‎ ‎(3)氯水中含有盐酸,可与NaOH发生中和反应,含有次氯酸,具有强氧化性和漂白性,都可使溶液褪色,可根据中和反应与氧化还原反应的异同,在褪色后的溶液中滴加氢氧化钠溶液,根据溶液是否变红判断。‎ ‎【详解】(1)加入硝酸银生成白色AgCl沉淀,可证明氯水中含有Cl-;‎ ‎(2)②氯水中含有盐酸,可与NaOH发生中和反应,含有次氯酸,具有强氧化性和漂白性,则可观察到溶液褪色;③氯水中含有Cl2,则氯水滴在淀粉-KI试纸上,Cl2氧化I-生成I2,试纸变蓝色;④氯水呈酸性,溶液中含有H+,加入Na2CO3溶液,生成二氧化碳气体,可观察到有气泡冒出;‎ ‎(3)氯水中含有盐酸,可与NaOH发生中和反应,含有次氯酸,具有强氧化性和漂白性,都可使溶液褪色,则两种可能情况为:a为氯水加入到NaOH溶液中发生了中和反应而使溶液褪色,b为氯水中含有次氯酸就有漂白性而使溶液褪色,要验证结论 正误,具体操作方法是:向褪色后的溶液中滴加NaOH溶液至溶液显碱性,若溶液不再显红色,证明红色消失是HClO的漂白作用引起的;若溶液显红色,证明是H+的中和作用引起的。‎ ‎29.实验室里用如图所示仪器和药品来制取纯净的无水氯化铜(Cu+Cl2CuCl2)。图中A、B、C、D、E、F表示玻璃管接口,接口的弯曲和伸长等部分未画出。根据要求填写下列各小题空白。‎ ‎(1)如果所制气体从左向右流向时,上述各仪器装置的正确连接顺序是(填各装置的序号) ‎ ‎③接_____接_______接_______接______接______,其中②与④装置相连时,玻璃管接口(用装置中字母表示)应是________接________。 ‎ ‎(2)装置②的作用是_______________________________________________________;‎ 装置④的作用是__________________________________________________________。‎ ‎(3)实验开始时,应首先检验装置的________,实验结束时,应先熄灭________处(填装置序号) 的酒精灯。‎ ‎(4)在装置⑥的广口瓶中,发生反应的化学方程式为________________________________‎ ‎【答案】(1). ⑤ (2). ④ (3). ② (4). ① (5). ⑥ (6). C (7). B (8). 除去Cl2中的水蒸气 (9). 除去Cl2中的HCl气体 (10). 气密性 (11). ① (12). 2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】利用实验室制得的氯气与铜反应制取纯净氯化铜,因实验室制得的氯气中混有氯化氯和水蒸气,需要除去后得到干燥的氯气再与铜在加热的情况下反应,为了得到纯净的氯化铜,在加热反应前需要将装置内的空气排出,形成无氧环境,同时要考虑氯气的尾气对环境有污染,需要用氢氧化钠溶液除去;‎ ‎(1)仪器的连接方法:先制备反应物,然后除杂质,再使氯气与铜反应,最后尾气处理;进行气体除杂或者干燥时,连接顺序一般是:“长进短出”的原则,根据题中实验原理,用浓盐酸与二氧化锰反生成氯气,除杂后与铜反应生成氯化铜,尾气用氢氧化钠吸收,据此答题;‎ ‎(2)因需要干燥的氯气与铜反应,故利用浓硫酸对氯气进行干燥处理;氯气中混有氯化氢气体,可利用饱和食盐水除去;‎ ‎(3)实验中涉及到气体,实验开始时一般都要检验装置气密性,为了防止空气中成分的干扰,实验结束时,有铜粉的装置中还应再通入一会儿氯气;‎ ‎(4)广口瓶内NaOH溶液吸收含有氯气的尾气,生成NaCl和NaClO。‎ ‎【详解】利用实验室制得的氯气与铜反应制取纯净氯化铜,因实验室制得的氯气中混有氯化氯和水蒸气,需要除去后得到干燥的氯气再与铜在加热的情况下反应,为了得到纯净的氯化铜,在加热反应前需要将装置内的空气排出,形成无氧环境,同时要考虑氯气的尾气对环境有污染,需要用氢氧化钠溶液除去;‎ ‎(1)仪器的连接方法:先制备反应物,然后除杂质,再使氯气与铜反应,最后尾气处理;进行气体除杂或者干燥时,连接顺序一般是:“长进短出”的原则,根据题中实验原理,用浓盐酸与二氧化锰反生成氯气,除杂后与铜反应生成氯化铜,尾气用氢氧化钠吸收,所以仪器连接顺序为:③⑤④②①⑥,其中②与④装置相连时,玻璃管接口应是C接B;‎ ‎(2)装置②中盛装的是浓硫酸,可利用此装置干燥氯气,装置④中盛装的是饱和食盐水可以除去氯气中的氯化氢;‎ ‎(3)实验中涉及到气体,实验开始时一般都要检验装置气密性,为了防止空气中成分的干扰,实验结束时,有铜粉的装置中还应再通一会儿氯气至硬质玻璃管冷却,所以实验结束时,应先熄灭①处的酒精灯;‎ ‎(4)广口瓶内NaOH溶液吸收含有氯气的尾气,生成NaCl和NaClO,发生反应的化学方程式为2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O。‎ ‎30.用11.9mol/L的浓盐酸配制80mL1.0mol/L稀盐酸,有如下操作步骤:‎ ‎①用量筒量取_______mL浓盐酸倒入小烧杯中,加适量蒸馏水稀释;‎ ‎②继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1~‎2 cm处,改用_______________小心滴加蒸馏水至溶液凹液面的最低处与刻度线相切;‎ ‎③将容量瓶塞紧,充分摇匀; ‎ ‎④把①中所得溶液小心地转入___________________中;‎ ‎⑤用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次,洗涤液一并转移到容量瓶中。‎ ‎(1)将上述操作步骤的空白处填写完整。‎ ‎(2)本实验操作步骤的正确顺序是(填序号,不能重复)__________。‎ ‎(3)使用玻璃棒在该实验中的两种作用分别是_____________________________________。‎ ‎(4)配制过程中,下列情况会使配制结果偏高的是________(填序号)。‎ A. 洗净后容量瓶内还残留蒸馏水未烘干 ‎ B. 未洗涤烧杯和玻璃棒 C. 定容时,俯视刻度线 ‎ D. 定容后,加盖倒转摇匀后,发现液面低于刻度线 ‎【答案】(1). 8.4 (2). 胶头滴管 (3). 100 mL容量瓶 (4). ①④⑤②③ (5). 搅拌、引流 (6). C ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)①实验室没有80 mL容量瓶,则需要配制100mL,所需要浓盐酸的体积为=‎0.0084L=8.4mL,即量筒量取8.4mL浓盐酸;‎ ‎②定容时,需继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1~‎2 cm处,改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液凹液面的最低处与刻度线相切;‎ ‎③将容量瓶塞紧,充分摇匀; ‎ ‎④把①中所得溶液小心地转入100mL容量瓶中;‎ ‎⑤用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次,洗涤液一并转移到容量瓶中。‎ ‎(2)配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤:计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等,所以正确的顺序是①④⑤②③;‎ ‎(3)向容量瓶内转移溶液时需要使用玻璃棒,其作用是引流;浓盐酸稀释时需要玻璃棒,其作用是搅拌;‎ ‎(4)A. 洗净后容量瓶内还残留蒸馏水未烘干,对配制溶液的体积和溶质的物质的量没有影响,即对所配溶液的浓度无影响,故A错误;‎ B. 未洗涤烧杯和玻璃棒,容量瓶内溶质的物质的量偏低,所配溶液的浓度偏低,故B错误;‎ C. 定容时,俯视刻度线,容量瓶内溶液体积偏低,所配溶液的浓度偏高,故C正确;‎ D. 定容后,加盖倒转摇匀后,发现液面低于刻度线,定容后溶液的体积和溶质的物质的量已经固定,即对所配溶液的浓度无影响,故D错误;‎ 故答案为C。‎
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