陕西省渭南市临渭区尚德中学2020届高三上学期第一次月考化学试题

陕西省渭南市临渭区尚德中学2020届高三上学期第一次月考化学试题

尚德中学2019—2020学年度上学期高三年级第一次质量检测化学试卷 命题人： 肖先绒 李娟娜 考生注意：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分。考试时间90分钟。‎ 可能用到的相对原子质量：H ‎1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Ca 40‎ 第Ⅰ卷 选择题（共54分）‎ 一、选择题(本题包括18小题，每小题3分，共54分。每小题只有一个选项符合题意)‎ ‎1.下列我国古代的技术应用中，不涉及氧化还原反应的是 A. 煅烧贝壳 B. 粮食酿醋 C. 古法炼铁 D. 火药爆炸 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、煅烧贝壳是碳酸钙发生分解反应生成氧化钙和二氧化碳，元素化合价均没发生变化，没有发生氧化还原反应，选项A符合；B、醋的酿造存在从乙醇转化为乙酸的过程，为氧化还原反应，选项B不符合；C、炼铁中有单质铁的生成，属于氧化还原反应，选项C不符合；D、火药爆炸属于剧烈的氧化还原反应，存在元素的化合价变化，属于氧化还原反应，选项D不符合。答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应，把握发生的化学反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意从化合价角度分析，注意了解我国古代人民对化学的贡献。‎ ‎2.化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关，下列说法正确的是（ ）‎ A. 凡含有添加剂的食物对人体健康均有害，不宜食用 B. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应 C. 人体缺乏铁元素，可以补充硫酸亚铁，且多多益善 D. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A．我国把营养强化剂也归为食品添加剂的范畴，包括对人体有益的某些氨基酸类，盐类，矿物质类，膳食纤维等，故A错误；B．雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，故B正确；C．人体缺乏铁元素，可以补充硫酸亚铁，但是不是多多益善，因为人体内铁过量，也会引起各种疾病，故C错误；D．对青蒿素的提取利用的是萃取原理，萃取过程中没有新物质生成，属于物理变化，故D错误；答案为B。 点睛：食品添加剂包括酸度调节剂、抗结剂、消泡剂、抗氧化剂、漂白剂、膨松剂、着色剂、护色剂、酶制剂、增味剂、营养强化剂、防腐剂、甜味剂、增稠剂、香料等；在食物中添加适量添加剂有利于改善食物的保鲜、防腐、口感等，但要适量，不能过量，因为添加剂有益必有害。‎ ‎3.取一小块金属钠，放在燃烧匙里加热，下列实验现象描述不正确的是(　 )‎ A. 燃烧后得白色固体 B. 燃烧时火焰为黄色 C. 燃烧后生成淡黄色固体物质 D. 金属先熔化 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 钠在加热条件下能在空气中燃烧，生成过氧化钠，为黄色固体，故A错误； ‎ B. 钠的焰色反应为黄色，燃烧时火焰为黄色，故B正确；‎ C. 与氧气在加热条件下反应生成淡黄色过氧化钠固体，故C正确；‎ D. 由于钠的熔点较低，先熔化，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】钠在加热条件下与氧气发生反应时，由于钠的熔点较低，先熔化，与氧气在加热条件下反应生成淡黄色过氧化钠固体，燃烧时火焰为黄色。‎ ‎4.将下列各组物质按酸、碱、盐分类顺次排列，其中正确的是(　　)‎ A. 硫酸、纯碱、孔雀石[Cu2(OH)2CO3]‎ B. 硝酸、烧碱、绿矾[FeSO4·7H2O]‎ C. 醋酸、乙醇、碳酸钙 D. 盐酸、熟石灰、苛性钠 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．纯碱是碳酸钠的俗称，属于盐类，故A错误；B．硝酸，烧碱，绿矾分别属于酸、碱和盐，故B正确；C．乙醇属于非电解质，不会发生电离，不属于碱，故C错误；D．苛性钠是氢氧化钠的俗称，属于碱类，故D错误；故选B。‎ 考点：考查酸、碱、盐的概念以及物质分类。‎ ‎5.下列变化必须加入还原剂才能实现的是（　　）‎ A. Na→Na2O2 B. Na→NaOH C. Zn→ZnCl2 D. CuO→Cu ‎【答案】D ‎【解析】‎ 必须加入还原剂才能实现，这说明该微粒中的某些元素得到电子，化合价降低，则A、Na→Na2O2中钠元素化合价升高，需要氧化剂，A错误；B、Na→NaOH中钠元素化合价升高，需要氧化剂，B错误；C、Zn→ZnCl2中锌元素化合价升高，需要氧化剂，C错误；D、CuO→Cu中铜元素化合价降低，需要还原剂，D正确，答案选D。‎ ‎6.下列物质能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色的是(　　)‎ ‎①氯气　②液氯　③新制的氯水　④氯气的酒精溶液　⑤盐酸　⑥盐酸酸化的漂白粉溶液 A. ①②③ B. ①②③⑥ C. ③⑥ D. ②④⑤⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①氯气不能使干燥的石蕊试纸褪色，故①错误；  ‎ ‎②液氯不能使干燥的石蕊试纸褪色，故②错误；‎ ‎③新制氯水中含有HCl和HClO，能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，故③正确；‎ ‎④氯气的酒精溶液中存在氯气，氯气不能使干燥的石蕊试纸褪色，故④错误；‎ ‎⑤盐酸具有酸性能使蓝色石蕊试纸变红，但盐酸没有漂白性，所以不能使试纸褪色，故⑤错误；‎ ‎⑥用盐酸酸化的漂白粉溶液中含有HCl和HClO，能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，故⑥正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】干燥的氯气不具有漂白作用，氯气与水反应生成HClO，HClO具有漂白性，能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色物质应既具有酸性，又有HClO存在。‎ ‎7. 用NaOH固体配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，下列操作中正确的是 A. 称量时，将固体NaOH直接放在天平右盘上 B. 将称量好的固体NaOH放入容量瓶中，加蒸馏水溶解 C. 定容时如果加水超过了刻度线，用胶头滴管直接吸出多余部分 D. 将烧杯中溶解固体NaOH所得溶液，冷却到室温后转移至容量瓶中 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、氢氧化钠具有腐蚀性，能腐蚀托盘，应放在烧杯中称量，故错误；B、容量瓶不能做溶解、反应容器，故错误；C、实验失败，重新配制，故错误；D、氢氧化钠固体溶于水放出热量，如果此时转移到容量瓶中，造成浓度增大，故正确。‎ 考点：考查配制一定物质的量浓度的溶液等知识。‎ ‎8.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 ( )‎ A. 物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含Cl-个数为NA B. 0.1molNa2O2固体与足量H2O充分反应，转移0.2NA个电子 C. ‎3g 3He含有的中子数为1NA D. 标况下，‎4.48L的水中含有H2O分子的数目为0.2NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.只有物质的量浓度，无溶液体积，无法计算Cl-个数，故A错误；‎ B. 0.1molNa2O2固体与足量的H2O反应，Na2O2中的氧元素化合价既升高又降低，转移0.1NA个电子，故B错误；‎ C. 一个3He钟含有1个中子， ‎3g 3He为1mol含有的中子数为1NA，故C正确；‎ D. 标况下，‎4.48L的水为液体，不能用‎22.4L/mol来计算水的物质的量，无法计算水分子数目，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎9.下列对过氧化钠的叙述中，正确的是(　　)‎ A. 过氧化钠能与酸反应生成盐和水，所以过氧化钠是碱性氧化物 B. 过氧化钠能与水反应，所以过氧化钠可以作气体的干燥剂 C. 过氧化钠与二氧化碳反应产生氧气，故可用于呼吸面具中 D. 过氧化钠与二氧化碳反应时，过氧化钠只作氧化剂 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Na2O2与酸反应不仅生成盐和水，还生成O2，故Na2O2不是碱性氧化物，故A错误；‎ B．Na2O2与水反应生成O2，会引入新的杂质，故B错误；‎ C．Na2O2与水反应生成O2，可用于呼吸面具中，故C正确；‎ D．Na2O2与CO2或H2O反应过程中，Na2O2中氧元素化合价既升高又降低，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎10.宋代著名法医学家宋慈的《洗冤集录》中有关于银针验毒的记载，“银针验毒”的原理是4Ag＋2H2S＋O2===2X＋2H2O，下列说法不正确的是(　　)‎ A. X的化学式为Ag2S B. 银针验毒时，空气中氧气得到电子 C. 反应中Ag和H2S均是还原剂 D. 每生成1 mol X，反应转移2 mol e－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，根据元素守恒可知X的化学式为Ag2S，故A正确；‎ B项，O2中O元素化合价降低，所以银针验毒时，空气中O2得到电子，B正确；‎ C项，反应时，Ag化合价升高，所以Ag是还原剂，S元素化合价不变，H2S不是还原剂，C错误；‎ D项，根据Ag元素的化合价变化，每生成1 molAg2S，转移电子的物质的量为2mol，D正确。‎ 综上所述，本题选C。‎ ‎11.下列离子方程式中，正确的是 (　　)‎ A. 稀硫酸滴在铁片上：2Fe＋6H＋===2Fe3＋＋3H2↑‎ B. 碳酸氢钠溶液与稀盐酸混合：HCO3-+H+=H2O+CO2↑‎ C. 硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液混合：CuSO4＋2OH－===Cu(OH)2↓＋‎ D. 硝酸银溶液与氯化钠溶液混合：AgNO3＋Cl－===AgCl↓＋‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．稀硫酸滴在铁片上的离子反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故A错误；‎ B．碳酸氢钠溶液与稀盐酸混合的离子反应为HCO3-+H+=H2O+CO2↑，故B正确；‎ C．硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液混合的离子反应为Cu2++2OH-=Cu（OH）2↓，故C错误；‎ D．硝酸银溶液与氯化钠溶液混合的离子反应为Ag++C1-=AgCl↓，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎12.已知在相同条件下进行下列反应：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. 反应①和反应③中均生成Br2，溴元素发生的变化相同 C. 反应②中被氧化与被还原物质的物质的量之比为6∶1‎ D. ③中1 mol还原剂反应，则氧化剂得到电子的物质的量为10 mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应为置换反应，反应②中生成两种化合物，不属于置换反应，错误；B、反应①中Br元素的化合价从-1价升高到0价，被氧化；反应③中Br元素的化合价从+5价降低到0价，被还原；溴元素发生的变化不同，错误；C、反应②中，6molHCl中只有5mol被氧化，则被氧化与被还原物质的物质的量之比为5：1，错误；D、反应③中lmol还原剂Cl2反应失去10mol电子，则氧化剂得到电子的物质的量为10mol，正确。‎ 考点：考查氧化还原反应 ‎13.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 标准状况下，22.4LCl2通入足量的NaOH溶液充分反应，有NA个电子转移 B. 100 mL 1 mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA C. lmolSO2与足量O2在一定条件下反应生成SO3，共转移2NA个电子 D. 84gNaHCO3固体含有CO32-离子的数目为NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氯气与氢氧化钠反应的化学方程式：，所以1mol氯气反应后有NA个电子转移，故A正确；‎ B、FeCl3是强酸弱碱盐，溶液中Fe3+水解变为氢氧化铁，Fe3+数目会减少，故B错误；‎ C、二氧化硫与氧气在一定条件下反应生成三氧化硫，此反应为可逆反应，不能进行到底，所以1mol二氧化硫不可能完全反应，转移电子的数目一定小于2NA，故C错误；‎ D、碳酸氢钠是由钠离子和碳酸氢根离子构成，不含有碳酸根离子，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎14.下列各组离子可能大量共存的是（　　）‎ A. 在含大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、Cl﹣、SCN﹣‎ B. 在含有Al3+、Cl﹣的溶液中：HCO3﹣、I﹣、NH4+、Mg2+‎ C. 在c（H+）=1×10﹣13 mol·L﹣1的溶液中：Na+、S2﹣、SO32﹣、NO3﹣‎ D. 在溶质为KNO3和NaHSO4的溶液中：Fe2+、Ca2+、Al3+、Cl﹣‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因Fe3+、SCN-结合生成络合物，则不能大量共存，故A错误；‎ B．因Al3+、HCO3-相互促进水解生成气体和沉淀，则不能大量共存，故B错误；‎ C．在c（H+）=1×10-13 mol·L﹣1的溶液，溶液为酸或碱溶液，碱溶液中该组离子之间不反应，能大量共存，故C正确；‎ D．在溶质为KNO3和NaHSO4的溶液中，Fe2+、H+、NO3-离子之间反应氧化还原反应，则不能共存，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎15.下列指定反应化学用语表达正确的是（　　） ‎ ‎ A Mg(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应 Mg2＋＋2HCO＋4OH－===Mg(OH)2↓＋2H2O＋2‎ B 过量SO2通入到NaClO溶液中：‎ SO2＋H2O＋ClO－===HClO＋‎ C 向Al2(SO4)3溶液中加入过量的稀氨水 Al3 ++4NH3·H2O=AlO2—+4NH4++2H2O D ‎ KClO碱性溶液与Fe（OH）3反应制取K2FeO4‎ ‎3ClO﹣+2Fe（OH）3＝2FeO42﹣+3Cl﹣+4H++H2O A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Mg(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应生成碳酸钠、氢氧化镁沉淀和水，正确的离子方程式为：Mg2＋＋2HCO＋4OH－===Mg(OH)2↓＋2H2O＋2，故A正确；‎ B. 过量SO2通入到NaClO溶液中，正确的离子方程式为：2 SO2＋2H2O＋ClO－‎ ‎=H2SO3+SO42-+2 H++ Cl﹣，故B错误；‎ C. NH3·H2O为弱电解质，Al2(SO4)3溶液中加入过量NH3·H2O反应生成氢氧化铝沉淀，正确的离子反应为：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故C错误；‎ D. 次氯酸根离子具有强氧化性，能够将氢氧化铁氧化成FeO42-，KClO碱性溶液与Fe（OH）3反应制取K2FeO4，离子方程式为：2Fe（OH）3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+5H2O+3Cl-，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎16.使用容量瓶配置溶液时，由于操作不当会引起误差，下列情况会使所配溶液浓度偏低的是（ ）‎ ‎①用天平称量时所用砝码生锈 ‎②用量筒量取所需浓溶液时，仰视刻度 ‎③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤 ‎ ‎④转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水 ‎⑤定容时，俯视容量瓶的刻度线 ‎ ‎⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线 A. ②⑤ B. ②③⑥ C. ①⑤⑥ D. ③⑥‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①用天平称量时所用砝码生锈，称量的溶质的质量偏大，配制的溶液中溶质的物质的量偏大，溶液的浓度偏高，故①错误；‎ ‎②用量筒量取所需浓溶液时，仰视刻度，导致量取的液体体积偏大，配制的溶液中溶质的物质的量偏大，溶液浓度偏高，故②错误；‎ ‎③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故③正确；‎ ‎④转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，对溶质的物质的量、溶液的最终体积都没有影响，所以不影响配制结果，故④错误；‎ ‎⑤定容时，俯视容量瓶的刻度线，导致加入的蒸馏水低于容量瓶刻度线，配制的溶液体积偏小，然后浓度偏高，故⑤错误；‎ ‎⑥‎ 定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线，导致配制的溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故⑥正确；‎ 综上③⑥正确；‎ 本题答案选D。‎ ‎17.某氯化钾样品中含有少量碳酸钾、硫酸钾和不溶于水的杂质。为了提纯氯化钾，先将样品溶于适量水中，充分搅拌后过滤，再将滤液按如图所示步骤进行操作。下列说法中正确的是 A. 起始滤液的pH＝7‎ B. 试剂Ⅰ为Ba(NO3)2溶液 C. 步骤②中加入试剂Ⅱ的目的是除去Ba2＋‎ D. 图示的步骤中必须要经过2次过滤操作 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】氯化钾样品中含有少量碳酸钾、硫酸钾和不溶于水的杂质，除去碳酸根离子和硫酸根离子，由流程可知，需要加入试剂I为过量氯化钡溶液，然后过滤后获得含氯化钡、氯化钾溶液X，然后加入过量的试剂Ⅱ为碳酸钾溶液除去溶液中的氯化钡，过滤，得到含氯化钾和碳酸钾混合液的W，再加入试剂Ⅲ为过量盐酸，除去过量的碳酸钾，最后通过加热浓缩、蒸发结晶得到氯化钾，以此来解答。‎ ‎【详解】A．碳酸钾水解使溶液显碱性，pH＞7，故A错误；B．由上述分析可知，试剂I为BaCl2溶液，不能引入新杂质，故B错误；C．步骤②中加入试剂Ⅱ为碳酸钾，其目的是除去Ba2+，故C正确；D．样品溶于适量水中，充分搅拌后过滤，选择试剂除去杂质还需要2次过滤，共3次，故D错误；故选C。‎ ‎【点睛】本题考查混合物分离提纯的综合应用，把握物质的性质、流程中的反应及混合物分离方法为解答的关键。本题的易错点为D，要注意根据流程设计的原理和实验目的分析判断。‎ ‎18.向Na2CO3、NaHCO3，混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如图所示。则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是 A. a点对应的溶液中：Na+、OH-、SO42-、NO3-‎ B. b点对应的溶液中：Al3+、Fe3+、MnO4-、Cl-‎ C. c点对应的溶液中：Na+、Ca2+、NO3-、Cl-‎ D. d点对应的溶液中：F-、NO3-、Fe2+、Ag+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】向Na2CO3、NaHCO3，a点溶液中含有CO32-和HCO3-，b点全部为HCO3-，c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，d点盐酸过量，呈酸性。‎ A．a点溶液中含有CO32-和HCO3-，HCO3-与OH-反应，不能大量共存，故A错误；‎ B．b点全部为HCO3-，Al3+、Fe3+与HCO3-发生互促水解反应，不能大量共存，故B错误；‎ C．c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；‎ D．d点呈酸性，酸性条件下，NO3-与Fe2+能够发生氧化还原反应，不能大量共存，F-在酸性条件下也不能大量存在，故D错误；‎ 故选C。‎ 第Ⅱ卷 非选择题（共46分）‎ 二、非选择题(本题包括3小题，共46分)‎ ‎19.有一瓶澄清的溶液,其中可能含有H+，Mg2+，Na+，Ba2+，Fe3+，Cl﹣，CO32﹣，SO42﹣等离子，取该溶液进行以下实验 a.用PH试纸检验，表明溶液呈强酸性。 ‎ b.取部分溶液逐渐滴加入NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐变成碱性，整个滴加过程中，溶液均无沉淀生成。‎ c.取部分上述碱性溶液加Na2CO3溶液，有白色沉淀生成。‎ ‎（1）根据上述事实确定：该溶液中肯定存在的离子有____________；肯定不存在的离子有____________；可能存在的离子有____________。‎ ‎（2）写出以下反应的离子方程式：‎ ‎①氧化镁溶于盐酸____________。‎ ‎②碳酸氢钠溶液与氢氧化钠溶液混合____________。‎ ‎③氢氧化钡与稀硫酸混合____________。‎ ‎【答案】 (1). H+ Ba2+ Cl- (2). CO32-，Fe3+，Mg2+，SO42- (3). Na+ (4). MgO+2H+=Mg2++2H2O (5). + OH-= +H2O (6). 2 H++ SO42－ + Ba2+ + 2OH－＝2 H2O + BaSO4↓‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】a．用pH试纸检验溶液，呈强酸性，则溶液中一定存在H+，一定不存在CO32-；‎ b．另取少量溶液于试管中，向其中逐滴加入氢氧化钠溶液，使溶液从酸性逐渐变成碱性，整个过程中均无沉淀生成，则溶液中一定不存在Mg2+、Fe3+；‎ c．取部分上述碱性溶液，加Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，则溶液中一定存在Ba2+，则一定不存在SO42-，由溶液的电中性原则可知一定含有Cl-；‎ ‎(1)由以上分析可知一定含有H+、Ba2+、Cl−，一定不含Fe3+、Mg2+、SO42−、CO32−，不能确定的为Na+，‎ 故答案为：H+、Ba2+、Cl−； Fe3+、Mg2+、SO42−、CO32−；Na+；‎ ‎(2)①氧化镁溶于盐酸生成氯化镁和水，反应的离子方程式为MgO+2H+=Mg2++2H2O，故答案为：MgO+2H+=Mg2++2H2O；‎ ‎ ②碳酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液混合生成碳酸盐和水，反应的离子方程式为+ OH-= +H2O，故答案为：+ OH-= +H2O；‎ ‎③氢氧化钡与稀硫酸混合生成硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为Ba2+ +2H+ +2OH-+SO42-=BaSO4↓+2H2O，故答案为：Ba2+ +2H+ +2OH-+SO42-=BaSO4↓+2H2O；‎ ‎20.实验室用如下装置制取氯气，并用氯气进行实验。回答下列问题：‎ ‎（1）A中盛有浓盐酸，B中盛有MnO2，写出反应的化学方程式_______。‎ ‎（2）D中放入浓H2SO4，其目的是_____________________________。‎ ‎（3）E中为红色干布条，F中为红色湿布条，可观察到的现象是___________，对比E和F中现象的差异可得出的结论及解释是____________________。‎ ‎（4）G处的现象是____________________________________。‎ ‎（5）画出H处尾气吸收装置图并注明试剂____________。‎ ‎（6）家庭中常用消毒液（主要成分NaClO）与洁厕灵（主要成分盐酸）清洁卫生。某品牌消毒液包装上说明如图。‎ 注意事项：‎ ‎1、本品对棉织品有漂白脱色作用，对金属制品有腐蚀作用。‎ ‎2、密封保存，请勿与洁厕灵同时使用。‎ ‎3、保质期为一年。‎ ‎“与洁厕灵同时使用”会产生有毒的氯气，写出反应的离子方程式________。‎ ‎（7）现在有一种名为“净水丸”的产品也能对饮用水进行快速的杀菌消毒，药丸通常分内外两层。外层的优氯净Cl2Na(NCO)3先与水反应，生成次氯酸起杀菌消毒作用；几分钟后，内层的亚硫酸钠（Na2SO3）溶出，可将水中的余氯（次氯酸等）除去。亚硫酸钠将水中多余次氯酸除去的离子反应方程式为____________。‎ ‎【答案】 (1). MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O (2). 除去氯气中的水蒸气 (3). E中不褪色，F中褪色 (4). 干燥的氯气没有漂白性，氯气和水反应生成的次氯酸有漂白性 (5). 出现蓝色 (6). (7). Cl−+ClO−+2H+=Cl2↑+H2O (8). +HClO=+H++Cl−‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 实验室用浓盐酸与二氧化锰加热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制备的氯气中含有氯化氢、水，依次通过盛有饱和食盐水、浓硫酸的洗气瓶除去杂质，依次通过干燥有色布条、湿润有色布条验证氯气是否具有漂白性，再通过G 装置验证氯气的氧化性，氯气有毒，能够与氢氧化钠溶液反应，可以用氢氧化钠溶液吸收尾气。‎ ‎（1）MnO2与浓盐酸在加热条件下发生氧化还原反应生成氯气、氯化锰和水；‎ ‎（2）要验证氯气是否具有漂白性，应让干燥的氯气依次通过干燥有色布条、湿润有色布条；‎ ‎（3）依据氯气不具有漂白性，具有漂白性的是氯气与水反应生成的次氯酸解答；‎ ‎（4）依据氯气与碘化钾反应生成单质碘，碘遇到淀粉变蓝解答；‎ ‎（5）氯气有毒不能直接排放到空气中，氯气能够与碱反应，可以用氢氧化钠溶液吸收过量的氯气；‎ ‎（6）次氯酸根离子与氯离子发生氧化还原反应生成氯气和水；‎ ‎（7）次氯酸具有强氧化性，能够与亚硫酸根离子发生氧化还原反应 ‎【详解】(1)MnO2与浓盐酸在加热条件下发生氧化还原反应生成氯气、氯化锰和水，方程式：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；‎ 故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；‎ ‎(2)D中浓硫酸作用为干燥氯气，防止水蒸气对氯气漂白性检验造成干扰；‎ 故答案为：除去氯气中的水蒸气；‎ ‎(3)干燥的氯气依次通过E中红色干布条，F中红色湿布条，看到现象为E中布条不褪色，F中布条褪色，说明氯气不具有漂白性，具有漂白性的为次氯酸；‎ 故答案为：E中布条不褪色，F中布条褪色；氯气不具有漂白性，具有漂白性的为次氯酸；‎ ‎(4)氯气具有强的氧化性，与碘化钾反应生成单质碘，碘遇到淀粉变蓝，所以看到现象为：棉花团变蓝；‎ 故答案为：出现蓝色；‎ ‎(5)氯气有毒不能直接排放到空气中，氯气能够与碱反应，可以用氢氧化钠溶液吸收过量的氯气，装置如图所示：；‎ 故答案为：；‎ ‎(6)次氯酸根离子与氯离子发生氧化还原反应生成氯气和水，离子方程式：Cl−+ClO−+2H+=Cl2↑+H2O；‎ 故答案为：Cl−+ClO−+2H+=Cl2↑+H2O；‎ ‎ (7)亚硫酸根离子与次氯酸反应生成硫酸根离子、氯离子，反应的离子方程式为：+HClO=+H++Cl−，‎ 故答案为：+HClO=+H++Cl−；‎ ‎21.如图在衬白纸的玻璃片中央放置适量的KMnO4颗粒，在周围分别滴加一滴含有酚酞的澄清石灰水、FeCl2溶液，然后在KMnO4晶体上滴加适量的浓盐酸，迅速盖好表面皿。提示：实验室中所用的少量氯气可以用下述原理制取：2KMnO4＋16HCl（浓）=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，此反应在常温下即能进行。‎ ‎（1）浓盐酸在反应中表现出来的性质是______ （填写编号），氧化剂与还原剂物质的量之比为______ ，氧化产物为______ 。‎ ‎①只有还原性 ②还原性和酸性 ‎ ‎③只有氧化性 ④氧化性和酸性 ‎（2）产生0.1 mol Cl2，则转移电子的物质的量为 ______ mol。‎ ‎（3）a处反应的化学方程式是___________________________，工业上用此原理制取漂白粉。‎ ‎（4）b处离子方程式是________________________。‎ ‎（5）高锰酸钾标准溶液经常用来滴定测量物质的含量。用高锰酸钾法间接测定石灰石中CaCO3的含量的方法为: 称取试样‎0.1250g，用稀盐酸溶解后加入(NH4)‎2C2O4得CaC2O4沉淀。沉淀经过滤洗涤后溶于稀硫酸中。滴定生成的H‎2C2O4 用去浓度为0.0 16mo/LKMnO4 溶液25.00mL。‎ ‎①写出CaC2O4沉淀溶解的离子方程式:___________________‎ ‎②配平并完成下列高锰酸钾滴定草酸反应的离子方程式: ____MnO4-+___H‎2C2O4+____=___Mn2++___CO2↑+____‎ ‎③石灰石中CaCO3的百分含量:_______‎ ‎【答案】 (1). ② (2). 1:5 (3). Cl2 (4). 0.2 (5). 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O ‎ ‎(6). 2Fe2+＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl− (7). CaC2O4+2H+ =Ca2++H‎2C2O4 (8). 2 (9). 5 (10). 6 (11). 2 (12). 10 (13). 8H2O (14). 80%‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据反应：2KMnO4＋16HCl（浓）=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O可得，反应中生成KCl、MnCl2，盐酸显示酸性，生成Cl2，氯元素化合价升高，做还原剂，氧化产物为Cl2，盐酸显示还原性。KMnO4中Mn化合价降低，做氧化剂。氧化剂与还原剂物质的量之比=2：10=1:5；‎ 答案为：②；1:5；Cl2；‎ ‎（2）根据反应方程式，生成5 mol Cl2，转移10 mol电子，现产生0.1 mol Cl2，转移电子0.2 mol电子；‎ 答案为：0.2‎ ‎（3）a处Cl2和Ca(OH)2反应，化学方程式：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；‎ 答案为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O ‎（4）b处Cl2和氯化亚铁反应，可氧化亚铁离子，溶液由浅绿色变为黄色，离子方程式：2Fe2+＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl−；‎ 答案为：2Fe2+＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl−；‎ ‎（5）①草酸钙与盐酸发生复分解反应生成草酸和氯化钙，反应的离子方程式：CaC2O4+2H+ =Ca2++H‎2C2O4；‎ 故答案为：CaC2O4+2H+ =Ca2++H‎2C2O4；‎ ‎②根据元素守恒知，生成物中还含有水，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，其转移电子总数为10，所以MnO4−、H‎2C2O4的计量数分别是2、5，再结合原子守恒配平方程式为2MnO4−+5H‎2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，‎ 故答案为：2；5；6；2；10；8；‎ ‎③依据题意可知：CaCO3∼CaC2O4∼H‎2C2O4∼MnO4−，‎ 则：CaCO3∼MnO4−，‎ ‎       ‎100g         0.4mol ‎     m(CaCO3) 0.016mo/L×‎‎0.025L 解得：m(CaCO3)=‎0.1g，‎ 则碳酸钙含量为：=80%；‎ 故答案为：80%。‎