河北省隆化县存瑞中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

河北省隆化县存瑞中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

‎2019——2020学年度上学期期中试题 高一化学 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+Cl22HCl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。‎ 点睛：解答本题需要特别熟悉钠的性质。钠的密度小于水，熔点低，硬度小，遇水快速反应。‎ ‎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。‎ ‎【点睛】本题的易错点为反应过程中有气体放出，溶液的质量等于钠的质量加水的质量减气体的质量。‎ ‎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。‎ ‎【点睛】明确液氯和氯水的成分和性质是解题关键，液氯中只含有氯气分子，氯气没有漂白性，氯水中部分氯气与水反应生成HCl、HClO，HClO具有漂白性，氯气与HClO均具有强氧化性，可以用于自来水消毒，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。‎ ‎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。‎ ‎【点睛】气体的制备实验或有气体参与的实验，实验的第一步为检验装置的气密性；先加固体药品，再加液体药品，然后加热进行实验；待装置中产生待制备的气体后收集气体，若该气体有毒，能够污染空气，最后应有尾气处理装置。‎ ‎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。‎ ‎【点睛】某给定浓度的溶液中，氯离子浓度与物质含有的氯离子个数有关，与溶液的体积无关。‎ ‎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。‎ ‎【点睛】本题的易错点为D，要注意c=中的V是溶液的体积，不是溶剂的体积。‎ ‎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 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 氯水中含有Cl2‎ ‎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。‎ ‎【点睛】配制一定物质的量浓度溶液的常见误差分析的基本方法：紧抓c=分析，如：用量筒量取浓硫酸倒入小烧杯后，用蒸馏水洗涤量筒并将洗涤液转移至小烧杯中，用量筒量取液体药品，量筒不必洗涤，因为量筒中的残留液是量筒的自然残留液，在制造仪器时已经将该部分的体积扣除，若洗涤并将洗涤液转移到容量瓶中，导致n 偏大，所配溶液浓度偏高；再如：配制氢氧化钠溶液时，将称量好的氢氧化钠固体放入小烧杯中溶解，未冷却立即转移到容量瓶中并定容，容量瓶上所标示的使用温度一般为室温，绝大多数物质在溶解或稀释过程中常伴有热效应，使溶液温度升高或降低，从而影响溶液体积的准确度，氢氧化钠固体溶于水放热，定容后冷却至室温，溶液体积缩小，低于刻度线，导致V偏小，浓度偏大，若是溶解过程中吸热的物质，则溶液浓度偏小等。‎ ‎ ‎