【化学】天津市塘沽一中2019-2020学年高一上学期期中考试试题(解析版)

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【化学】天津市塘沽一中2019-2020学年高一上学期期中考试试题(解析版)

天津市塘沽一中2019-2020学年高一上学期期中考试试题 第Ⅰ卷(共50分)‎ 一、选择题(每题只有1个正确答案,包括10道小题,每题2分,共20分)‎ ‎1.朱自清在《荷塘月色》中写道:“薄薄的青雾浮起在荷塘里…… 月光是隔了树照过来的,高处丛生的灌木,落下参差的斑驳的黑影……”月光穿过薄雾所形成的种种美景的最本质原因是( )‎ A. 空气中的小水滴颗粒大小约为10‎-9 m~10‎-7 m B. 光是一种胶体 C. 雾是一种胶体 D. 发生丁达尔效应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】“薄薄的青雾浮起在荷塘里…… 月光是隔了树照过来的,高处丛生的灌木,落下参差的斑驳的黑影……”月光穿过薄雾所形成的种种美景,是胶体中的丁达尔效应,本质原因是分散质微粒直径的大小。‎ ‎【详解】A、题干中所提及的雾,是空气中的小液滴,是一种胶体,本质特征是分散质粒子的直径在1~100nm,即10-‎9m~10-‎7m,故A正确;‎ B、雾是胶体,光不是胶体,故B错误;‎ C、雾是胶体,但这不是月光穿过薄雾所形成美景的本质原因,故C错误;‎ D、丁达尔效应是胶体性质,但本质原因是分散质微粒直径大小,故D错误。答案选A。‎ ‎2.下列说法不正确的是( )‎ A. “抗坏血酸”维生素C具有还原性 B. 杨万里《戏笔》中写道“野菊荒苔各铸钱,金黄铜绿两争妍”,铜绿的主要成分为碱式碳酸铜, Cu2(OH)2CO3属于碱式盐 C. 向碳酸钠溶液中滴加稀盐酸,先不冒气泡,后冒气泡 D. 食物腐败、钟乳石的形成、植物光合作用都与氧化还原反应有关 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、维生素C又名抗坏血酸,具有酸性和强还原性,故A正确;‎ B、铜绿的主要成分为碱式碳酸铜,化学式是 Cu2(OH)2CO3,属于碱式盐,故B正确;‎ C、碳酸钠与稀盐酸反应分步进行,先发生H++CO32-=HCO3-‎ ‎,后发生H++HCO3-=H2O+CO2↑,所以先不冒气泡,后冒气泡,故C正确;‎ D、钟乳石的形成与CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2、Ca(HCO3)2 CaCO3↓+H2O+CO2↑有关,没有发生氧化还原反应,故D错误;选D。‎ ‎3.下列说法正确的是( )‎ A. 熔融NaCl能导电,是因为通电时NaCl发生了电离 B. NaCl固体不导电,因为NaCl固体中无带电微粒 C. NH4NO3电离时产生了NH4+、NO3-,无金属离子,所以NH4NO3不是盐 D. NaHSO4在水溶液中电离生成了Na+、H+、SO42-三种离子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.熔融NaCl能导电,是因为熔融的氯化钠发生了电离,其中存在自由移动的钠离子和氯离子,通电时熔融NaCl会发生电解,不是电离,故A错误;‎ B.离子晶体由阴阳离子构成,NaCl固体在常温下不导电,是因为离子不能自由移动,故B错误;‎ C.由金属阳离子或铵根离子和酸根离子构成的化合物是盐,硝酸铵中含有铵根离子和硝酸根离子,属于盐,故C错误;‎ D.NaHSO4在水溶液中的电离方程式:NaHSO4=Na++H++SO42-,硫酸氢钠水溶液中完全电离生成钠离子、氢离子、硫酸根离子,故D正确;‎ 故选D。‎ ‎4.下列除去杂质的方法正确的是( )‎ A. Na2CO3溶液(NaHCO3):加热法 B. CO2(HCl):先后通入饱和NaHCO3溶液和碱石灰中,收集气体 C. N2(O2):通过足量灼热的铜粉,收集气体 D. NaCl溶液(Na2SO4):加入适量氢氧化钡溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、用适量氢氧化钠除去Na2CO3溶液中的NaHCO3,故A错误;‎ B、二氧化碳是酸性氧化物,不能用碱石灰干燥,先后通入饱和NaHCO3溶液和浓硫酸,除去CO2气体中的HCl,故B错误;‎ C、O2与热的铜粉反应生成氧化铜,通过足量灼热的铜粉可以除去N2中的O2,故C正确;‎ D、Na2SO4与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化钠,引入新杂质氢氧化钠,用适量氯化钡溶液除去NaCl溶液中的Na2SO4,故D错误。‎ ‎5.中国科学技术大学的钱逸泰教授等以CCl4和金属钠为原料,在‎700℃‎时反应制造出纳米级金刚石粉末和另一种化合物。该成果发表在世界权威的《科学》杂志上,被科学家们高度评价为“稻草变黄金”。下列有关说法中,你认为错误的是( )‎ A. Na的还原性强于金刚石 B. 另一种化合物是NaCl C. 纳米级金刚石粉末可以透过半透膜 D. 这个反应是置换反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】反应的方程式为4Na+CCl4C+4NaCl。‎ A、反应中Na元素化合价升高,被氧化,为还原剂,所以Na的还原性强于金刚石,故A正确;‎ B、根据方程式,“另一种化合物”指的是NaCl,故B正确;‎ C、胶体的粒子直径在1~100nm之间,不能透过半透膜,因此纳米级金刚石粉末不能透过半透膜,故C错误;‎ D、CCl4和金属钠反应生成金刚石和氯化钠,符合“单质+化合物=单质+化合物”的特点,属于置换反应,故D正确;‎ 故选C。‎ ‎6.下列说法正确的是( )‎ A. 沸水中滴加适量饱和FeCl3溶液,形成带电的胶体,导电能力增强 B. 能导电的物质不一定是电解质,电解质不一定能导电 C. 碳酸钠和碳酸氢钠分别溶于水中,均放热 D. 酸性氧化物不一定是都是非金属氧化物,而非金属氧化物一定是酸性氧化物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、沸水中滴加适量饱和FeCl3溶液,形成的胶粒带电,胶体不带电,故A错误;‎ B、单质铜能导电,铜既不是电解质又不是非电解质;氯化钠固体是电解质,氯化钠固体不导电,故B正确;‎ C、碳酸钠溶于水放热,碳酸氢钠溶于水吸热,故C错误;‎ D、Mn2O7是金属氧化物, Mn2O7也是酸性氧化物;CO是非金属氧化物,但不是酸性氧化物,故D错误。‎ ‎7.已知强弱顺序:还原性I->Fe2+>Br->Cl-,氧化性Cl2>Br2>Fe3+>I2,下列反应的化学方程式或叙述不成立的是( )‎ A. Br2+2HI=I2+2HBr B. 2FeCl2+Cl2=2FeCl3‎ C. 2FeCl2+2HCl+I2=2FeCl3+2HI D. Cl2通入NaBr和NaI的混合溶液中:I-先被氧化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据Br2+2HI=I2+2HBr可知氧化性是Br2>I2,符合题干已知条件,所以化学方程式成立,故A不选;‎ B、根据2FeCl2+Cl2=2FeCl3可知氧化性是Cl2>Fe3+,符合题干已知条件,所以化学方程式成立,故B不选;‎ C、根据2FeCl2+2HCl+I2=2FeCl3+2HI可知氧化性是I2>Fe3+,与题干已知条件矛盾,所以化学方程式不成立,故C选;‎ D、还原性强弱顺序是I->Br-,氧化剂氯气先氧化还原性强的离子,即优先氧化I-,叙述成立,故D不选;‎ 故选C。‎ ‎8.能正确表达下列反应的离子方程式为( )‎ A. 氯气通入水中:Cl2 + H2O = 2H+ + Cl- + ClO-‎ B. 向碳酸钠溶液中加入足量石灰水:Ca2+ + HCO3-+OH- = CaCO3↓+ H2O C. 向硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液:Cu2+ + 2OH- = Cu(OH)2↓‎ D. 用石灰乳吸收工业废气中的SO2:SO2+ 2OH- =SO32- + H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氯气通入水中生成盐酸和次氯酸,离子方程式是Cl2 + H2O = H+ + Cl- +HClO,故A错误;‎ B. 向碳酸钠溶液中加入足量石灰水生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠、水,反应的离子方程式是Ca2+ + HCO3-+OH- = CaCO3↓+ H2O,故B正确;‎ C. 向硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液生成氢氧化铜沉淀、硫酸钡沉淀,反应的离子方程式是Cu2+ + SO42- + Ba2++ 2OH- = Cu(OH)2↓+ Ba SO4 ↓,故C错误;‎ D. 用石灰乳吸收工业废气中的SO2,生成亚硫酸钙沉淀和水,反应的离子方程式是Ca2++2OH- +SO2=CaSO3↓+ H2O,故D错误。选B。‎ ‎9.反应8NH3 + 3Cl2 = N2 + 6NH4Cl,被还原的分子与被氧化的分子个数比为( )‎ A. 2:3 B. 8:‎3 ‎C. 6:3 D. 3:2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】1mol氧化剂氯气反应转移2mol电子,1mol氨气作还原剂转移3mol电子,根据得失电子守恒,氧化剂氯气和还原剂氨气的物质的量之比为3:2,即被还原的氯气分子与被氧化的氨气分子个数比为3:2,故选D。‎ ‎10.同温同压下,质量忽略不计的两个气球A和B,分别充入X气体和Y气体,且两气球的体积相同。若相同条件下,A气球放在CO中静止不动,B气球放在CO中上浮。下列叙述不正确的是( )‎ A. A气球的质量大于B气球 B. X可能是氮气,Y可能是甲烷 C. X气体的密度大于Y气体 D. A气球内分子数小于B气球 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】同温同压下,充气后两气球的体积相等,则两气球中所含气体分子物质的量相等;A气球置于CO中,气球静止不动,X气体的密度与CO接近,B气球置于CO中,气球上浮,Y气体的密度比CO小,同温同压下气体的密度之比等于气体的相对分子质量之比,则X气体的相对分子质量为28,Y气体的相对分子质量小于28;据此分析可得结论。‎ ‎【详解】A.两气球中所含气体分子物质的量相等,X气体的摩尔质量为‎28g/mol,Y气体的摩尔质量<‎28g/mol,则充气后A气球质量大于B气球,故A叙述正确;‎ B.氮气的相对分质量为28,甲烷的相对分子质量为16,小于28,故B叙述正确;‎ C.同温同压下气体的密度之比等于气体的相对分子质量之比,则X气体的密度大于Y气体的密度,故C叙述正确;‎ D.同温同压下,两气球的体积相同,由阿伏加德罗定律可知A、B两气球中气体的分子数目相同,故D叙述错误;‎ 答案选D。‎ 二、选择题(每题只有1个正确答案,包括10道小题,每题3分,共30分)‎ ‎11.用NA表示阿伏伽德罗常数的值,下列叙述正确的是( )‎ A. 标准状况下,‎11.2L H2O含有的分子数为0.5NA B. ‎46g NO2和N2O4的混合物含有的原子数为3NA C. ‎20g NaOH固体溶于‎1L 水可制得0.5mol/L的NaOH溶液 D. 同温同压下,体积相同的氢气和氩气所含的原子数相等 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 标准状况下H2O是液体,‎11.2L H2O的物质的量不是0.5mol,故A错误;‎ B. NO2和N2O4的最简式都是NO2,‎46g NO2和N2O4的混合物含有的原子数为3NA,故B正确;‎ C. ‎20g NaOH固体溶于‎1L 水,所得溶液的体积不是‎1L,所以溶液的浓度不是0.5mol/L,故C错误; ‎ D. 同温同压下,体积相同的氢气和氩气的分子数相同,氩气是单原子分子、氢气是双原子分子,所含的原子数不相等,故D错误。‎ ‎12.室温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )‎ A. NaOH溶液:Na+、K+、HCO3-、S2-‎ B. HCl溶液:Ba2+、K+ 、CO32-、NO3-‎ C. K2CO3溶液:Na+、Ba2+、Cl-、OH-‎ D. Na2SO4溶液:K+、Mg2+、NO3-、Cl-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. OH-与HCO3-反应生成CO32-和水,NaOH溶液中不含HCO3-,故不选A;‎ B. H+与CO3-反应生成二氧化碳和水,HCl溶液中不含CO32-,故不选B;‎ C. CO32-与Ba2+反应生成碳酸钡沉淀,K2CO3溶液中不含Ba2+,故不选C;‎ D. Na2SO4与K+、Mg2+、NO3-、Cl-不反应,能大量共存,故选D。‎ ‎13.下列有关钠及其化合物说法正确是的( )‎ A. 将一小块金属钠投入到硫酸铜溶液中,有红色物质析出 B. Na2O2是强氧化剂,并且是一种碱性氧化物 C. Na2O2和Na2O长期置于空气中最终产物相同 D. Na2O2中阴、阳离子的个数比为1:1‎ ‎【答案】C ‎【解析】A、Na的化学性质活泼,先与水反应生成NaOH,然后NaOH与CuSO4发生复分解反应生成Cu(OH)2沉淀,而不能与CuSO4发生置换发应生成Cu单质,A错误;B、Na2O2具有强氧化性,其和水反应生成NaOH和O2,故不是碱性氧化物,B错误;C、Na2O2和Na2O长期置于空气中,最终都生成Na2CO3,C正确;D、Na2O2中阴、阳离子的个数比为1:2,D错误。正确答案为C。‎ ‎14.在探究新制饱和氯水成分的实验中,下列根据实验现象得出的结论不正确的是( )‎ A. 氯水使有色布条褪色,说明氯水中含有 B. 向氯水中加入溶液产生白色沉淀,说明氯水中含有 C. 向氯水中加入粉末,有气泡产生,说明氯水中含有 D. 向氢氧化钠溶液中滴加氯水,溶液黄绿色消失,说明氯水中含有 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氯水使有色布条褪色,说明氯水中含有HClO,故选A;‎ B.向氯水中加入AgNO3溶液产生白色沉淀,白色沉淀是氯化银,说明氯水中含有Cl-,故不选B;‎ C.向氯水中加入NaHCO3 粉末,有气泡产生,气体是CO2 ,这说明氯水中含有H +,故不选C;‎ D.向氢氧化钠溶液中滴加氯水,溶液黄绿色消失,黄绿色为Cl2,说明氯水中含有Cl2,故不选D;‎ 答案:A ‎15.将0.3 molMnO2和100mL 12 mol/L的浓盐酸混合后缓慢加热,充分反应后向留下的溶液中加入足量的AgNO3溶液,生成AgCl沉淀的物质的量为(不考虑HCl的挥发)( )‎ A. 等于0.6mol B. 小于0.6mol C. 大于0.6mol,小于1.2mol D. 以上结论都不正确 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】n(MnO2)=0.3mol,n(HCl)=‎0.1L×12mol/L=1.2mol,反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O,根据方程式可知0.3molMnO2反应需要HCl为0.3mol×4=1.2mol,若MnO2与盐酸能恰好完全反应,则生成氯气为1.2mol×=0.3mol,溶液剩余Cl-为1.2mol-0.3mol×2=0.6mol,但MnO2只与浓盐酸反应生成氯气和氯化锰,随着盐酸浓度的降低,HCl的还原性减弱,反应停止,所以溶液中剩余Cl-大于0.6mol,则反应完全后向剩余的溶液中加入足量AgNO3溶液生成AgCl沉淀的物质的量大于0.6mol,小于1.2mol。‎ 答案选C。‎ ‎16.下列实验方案中,不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是( )‎ A. 取a克混合物与稀硫酸充分反应,逸出气体用碱石灰吸收,增重b克 B. 取a克混合物与稀盐酸充分反应,加热、蒸干、灼烧,得b克固体 C. 取a克混合物充分加热,减重b克 D. 取a克混合物与Ba(OH)2溶液充分反应,过滤、洗涤、烘干,得b克固体 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、逸出气体含有水蒸气,不能测定;‎ B、最后得到的是氯化钠,可以测定;‎ C、最后得到的是碳酸钠,可以测定;‎ D、最后得到的是碳酸钡,可以测定;‎ 答案选A。‎ ‎17.下列实验操作规范且能达到目的的是( )‎ 实验目的 实验操作 A 称取‎2.0g NaOH固体 先在托盘上各放一张滤纸,然后在右盘上添加‎2g砝码,左盘上添加NaOH固体 B 配制0.1mol/L CuSO4溶液80mL 称取CuSO4·5H2O固体‎25.0g,放入100mL容量瓶中,加水溶解并稀释至刻度 C 鉴别碳酸钠、碳酸氢钠溶液 用CaCl2溶液分别滴入碳酸钠、碳酸氢钠溶液中 D 测定新制氯水的pH 用玻璃棒蘸取溶液,点在pH试纸上 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、要把氢氧化钠固体要放在玻璃容器中称取,故A错误;‎ B、不能用容量瓶溶解或稀释溶液,故B错误;‎ C、CaCl2溶液与碳酸钠反应生成白色碳酸钙沉淀,CaCl2溶液与碳酸氢钠不反应,能用CaCl2溶液鉴别碳酸钠、碳酸氢钠,故C正确;‎ D、次氯酸具有漂白性,不能用pH试纸测新制氯水的pH,故D错误。选C。‎ ‎18.某溶液中只含有大量的下列离子:Fe3+、NO3-、K+和M离子,经测定Fe3+、NO3-、K+和M离子的物质的量之比为2︰5︰1︰1,则M离子可能是下列中的 ( )‎ A. Cl- B. SO42- C. Ca2+ D. Na+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】根据电离守恒判断M离子所带电荷,结合选项判断,注意应考虑离子共存问题。‎ ‎【详解】假设Fe3+、NO3-、K+和M离子的物质的量分别为2mol、5mol、1mol、1mol,Fe3+、K+离子所带总电荷为2mol×3+1mol×1=7mol,NO3-离子所带总电荷为5mol×1=5mol<7mol,故M为阴离子,设离子为Mn-,则7mol=5mol+1mol×n,解得n=2,符合条件的有SO42-,答案选B。‎ ‎19.某同学购买了一瓶“84消毒液”,包装说明如下,下列分析不正确的是( )‎ A. “84消毒液”保存时不能敞口放置,需要密封保存 B. 该“84消毒液”中NaClO的物质的量浓度约为4mol·L-1‎ C. 取100mL该“84消毒液”稀释100倍后用以消毒,稀释后的溶液中c(Na+)约为0.04mol·L-1‎ D. 欲用NaClO固体配制含25% NaClO的消毒液480mL,需要称量的NaClO固体质量为‎142.8g ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.次氯酸钠易与二氧化碳反应生成次氯酸,次氯酸易分解为盐酸和氧气, 所以“84消毒液”保存时不能敞口放置,需要密封保存,故A正确;‎ B.该“84消毒液”中NaClO的物质的量浓度约为mol·L-1,故B正确;‎ C. 稀释前NaClO的物质的量浓度约为4mol·L-1,稀释100倍,NaClO的物质的量浓度约为0.04mol·L-1,所以溶液中c(Na+)约为0.04mol·L-1,故C正确;‎ D. 欲用NaClO固体配制含25% NaClO的消毒液480mL,需用500 mL容量瓶,需要称量的NaClO固体质量为500 mL ×‎1.19g/ mL×25%= ‎148.8g,故D错误;选D。‎ ‎20.将质量分数为a%、物质的量浓度为‎2c mol/L 的氨水加水稀释,使其物质的量浓度为c mol/L ,此时溶液中溶质的质量分数为b%,则a%和b%的关系是(已知氨水浓度越大,密度越小)( )‎ A. a%=2b% B. a%>2b% C. a%<2b% D. 无法确定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】氨水的物质的量浓度由‎2c mol/L加水稀释为c mol/L,溶液体积应变为原来的2倍;氨水浓度越大,密度越小,稀释后浓度减小,密度增大,所以溶液质量大于原来的2倍,质量分数应小于原来的 ,即a%>2b%,故选B。‎ 第Ⅱ卷(共50分)‎ 三、填空题(共28分)‎ ‎21.(1)下列变化一定加入还原剂才能实现的是______________(填序号)‎ ‎①Fe2+→Fe ②CO2→HCO3-③ MnO4-→Mn2+ ④SO2→SO3 ⑤KMnO4→MnO2 ⑥ HCl→Cl2 ⑦SO32-→SO2 ⑧NH4+→NH3‎ ‎(2)我国古代四大发明之一的黑火药是由硫粉、硝酸钾和木炭按一定比例混合而成,爆炸时的反应为S+ 2KNO3 +‎3C = K2S + N2↑ + 3CO2↑,反应中被还原的物质是 ___________(填化学式)‎ ‎(3)NaH可在野外作生氢剂,反应原理为NaH + H2O = NaOH + H2‎ ‎↑,该反应中氧化产物和还原产物的质量比为____________ 。‎ ‎(4)2KMnO4 + 16HCl(浓) = 2KCl + 2MnCl2 +5Cl2↑ + 8H2O,用单线桥标出电子转移的方向和数目__________;HCl表现出的性质是 ___________________。‎ ‎(5)取300mL 0.2mol· L-1的KI溶液与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应,生成等物质的量的I2和KIO3,则消耗KMnO4的物质的量是 _________mol。‎ ‎(6)为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度,现将w‎1g样品加热,其质量变为w‎2 g,则该样品的纯度(质量分数)是______________ (用含w1和w2的式子表示)。‎ ‎(7)取50mL含Na2CO3和Na2SO4的混合溶液与过量盐酸反应,生成‎2.24L CO2(标准状况),然后加入足量的Ba(OH)2溶液,得到的沉淀的质量为‎2.33g。试计算原混合溶液中Na+的物质的量浓度______ mol/L。‎ ‎【答案】(1). ①③ (2). S、KNO3 (3). 1:1 (4). = 2KCl +2MnCl2 + 5Cl2↑ + 8H2O (5). 还原性和酸性 (6). 0.032 (7). (8). 4.4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)还原剂失去电子,化合价升高。如果变化需要加入还原剂才能实现,说明该物质一定得到电子,化合价一定降低。‎ ‎(2)化学反应中,所含元素化合价降低的反应物是还原剂,被氧化;‎ ‎(3)NaH + H2O = NaOH + H2↑,NaH中H元素化合价由‎-1升高为0,H2O中H元素由+1降低为0,H2既是氧化产物又是还原产物;‎ ‎(4)2KMnO4 + 16HCl(浓) = 2KCl + 2MnCl2 +5Cl2↑ + 8H2O,锰元素化合价从+7价降低到+2价,得到5个电子,氯元素化合价从-1价升高为0价,失去1个电子;‎ ‎(5)根据得失电子守恒计算消耗KMnO4的物质的量;‎ ‎(6)碳酸氢钠分解为碳酸钠、水、二氧化碳,所以固体质量减少;‎ ‎(7)碳酸钠与盐酸反应放出二氧化碳,硫酸钠与Ba(OH)2溶液反应生成硫酸钡沉淀。‎ ‎【详解】(1)①Fe2+→Fe,铁元素化合价降低,要加入还原剂才能实现,故选①; ②CO2→HCO3-,元素化合价不变,属于非氧化还原反应,故不选②;③ MnO4-→Mn2+ ,锰元素化合价降低,要加入还原剂才能实现,故选③;④SO2→SO3,硫元素化合价升高,要加入氧化剂才能实现,故不选④;⑤KMnO4可以发生自身氧化还原反应生成MnO2,不需要加入还原剂就能实现,故不选⑤;⑥ 电解HCl得到Cl2‎ ‎ 和氢气,不需要加入还原剂就能实现,故不选⑥;⑦SO32-→SO2,元素化合价不变,属于非氧化还原反应,故不选⑦; ⑧NH4+→NH3,元素化合价不变,属于非氧化还原反应,故不选⑧;选①③。‎ ‎(2)S+ 2KNO3 +‎3C = K2S + N2↑ + 3CO2↑,KNO3中N元素化合价由+5降低为0,S化合价由0降低为-2,所以KNO3、S是氧化剂,被还原。‎ ‎(3)NaH + H2O = NaOH + H2↑,NaH中H元素化合价由‎-1升高为0,H2O中H元素由+1降低为0,H2既是氧化产物又是还原产物,根据得失电子守恒,氧化产物和还原产物的质量比为1:1;‎ ‎(4)2KMnO4 + 16HCl(浓) = 2KCl + 2MnCl2 +5Cl2↑ + 8H2O,锰元素化合价从+7价降低到+2价,得到5个电子,氯元素化合价从-1价升高为0价,失去1个电子;所以单线桥表示为= 2KCl +2MnCl2 + 5Cl2↑ + 8H2O;HCl中氯元素化合价由‎-1升高为0,HCl是还原剂,表现还原性,HCl中部分氯元素化合价没变,生成KCl、MnCl2,所以HCl表现酸性;‎ ‎(5)300mL 0.2mol· L-1的KI溶液与酸性KMnO4溶液恰好反应,生成等物质的量的I2和KIO3,根据碘元素守恒,生成I2和KIO3的物质的量都是0.02mol,碘元素得电子总物质的量是0.02mol×2×1+0.02mol×6=0.16mol;设消耗KMnO4的物质的量为xmol,根据得失电子守恒,5x=0.16mol,x=0.032mol。‎ ‎(6)设碳酸氢钠的质量为xg ‎2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2 △m ‎ 168 106 62‎ ‎ xg w‎1g-w‎2g ‎ ‎ ,则碳酸钠的质量是w‎1g-=‎ 该样品的纯度(质量分数)是÷w‎1g=;‎ ‎(7)生成的CO2体积在标准状况下是‎2.24L,所以二氧化碳的物质的量是‎2.24L÷‎22.4L/mol=0.1mol;‎ 根据反应的化学方程式可知 Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2‎ ‎↑ 1mol                       1mol 0.1mol                     0.1mol 所以Na2CO3的物质的量是0.1mol;‎ 生成的白色沉淀是硫酸钡,物质的量是‎2.33g÷‎233g/mol=0.01mol;‎ 所以根据反应的化学方程式可知 Na2SO4+Ba(OH)2=2NaOH+BaSO4↓ 1mol                     1mol 0.01mol                  0.01mol 所以Na2SO4的物质的量是0.01mol;‎ 溶液中钠离子的物质的量是0.1mol×2+0.01mol×2=0.22mol;原混合溶液中Na+的物质的量浓度0.22mol ÷‎0.05L =4.4 mol/L。‎ ‎22.写出下列反应的离子方程式。‎ ‎(1)碳酸银溶于稀硝酸___________‎ ‎(2)工业上用稀硫酸除铁锈(Fe2O3)___________‎ ‎(3)向Ba(OH)2溶液中逐渐加入NaHSO4溶液至钡离子完全沉淀___________‎ ‎(4)用滴管向棉花上(包有少量Na2O2)滴几滴水,棉花立刻燃烧起来___________‎ ‎(5)漂白粉溶于水中,对染色的衣物起到漂白作用,原理___________‎ ‎(6)工业废水中Cr2O72-有毒,酸性条件下用FeSO4·7H2O做处理剂,将Cr2O72-转化为Cr3+________ 。‎ ‎【答案】(1). Ag2CO3 + 2H+ =2Ag+ +CO2↑+H2O (2). Fe2O3 + 6H+ =2Fe3+ + 3H2O (3). Ba2+ + OH- + H+ + SO42- = BaSO4↓ + H2O (4). 2Na2O2 + 2H2O = 4OH- + O2↑ + 4Na+ (5). Ca2+ + 2ClO- + H2O + CO2 = CaCO3↓ + 2HClO (6). Cr2O72- + 6Fe2+ +14H+ =2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)碳酸银溶于稀硝酸生成硝酸银、二氧化碳、水,反应的离子方程式是Ag2CO3 + 2H+ =2Ag+ +CO2↑+H2O;‎ ‎(2)稀硫酸除铁锈(Fe2O3)反应生成硫酸铁和水,反应的离子方程式是Fe2O3 + 6H+ =2Fe3+ + 3H2O ‎(3)Ba(OH)2与NaHSO4溶液1:1反应,钡离子恰好完全沉淀,生成硫酸钡沉淀、氢氧化钠、水,反应的离子方程式是Ba2+ + OH- + H+ + SO42- = BaSO4↓ + H2O;‎ ‎(4)用滴管向棉花上(包有少量Na2O2)滴几滴水,过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气,反应的离子方程式是2Na2O2 + 2H2O = 4OH- + O2↑ + 4Na+;‎ ‎(5)漂白粉溶于水中,次氯酸钙与二氧化碳、水反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸,反应的离子方程式是Ca2+ + 2ClO- + H2O + CO2 = CaCO3↓ + 2HClO;‎ ‎(6)酸性条件下用FeSO4·7H2O把Cr2O72-还原为Cr3+,反应的离子方程式是Cr2O72- + 6Fe2+ +14H+ =2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O;‎ 四、实验题(共22分)‎ ‎23.Ⅰ、化学实验是化学学习的重要内容,根据你掌握的知识,完成下面内容。实验室需要配制0.1mol·L-1 NaOH溶液230mL,请回答下列问题:‎ ‎(1)用天平称取______ g NaOH。配制过程中所需玻璃仪器除了胶头滴管和烧杯,还有_____、______ 。‎ ‎(2)溶解NaOH后的溶液需冷却到室温后方能转移。若趁热转移会使溶液的浓度 _____(填“偏大”、或“偏小”,下同)‎ ‎(3)有人认为,用这种方法只能配制0.1mol· L-1 的NaOH溶液,而无法得到0.1000mol· L-1 的NaOH溶液,你觉得他的理由是____________ 。‎ Ⅱ.氯气是一种重要的化工原料,自来水消毒、农药生产、药物合成都需要它。‎ ‎(1)工业上通常采用电解法制氯气,请观察图1后回答下列问题:‎ 通电后,b侧产生的气体用湿润的淀粉碘化钾试纸检验,现象是变蓝。化学方程式_____‎ ‎(2)某学生设计如图2所示的实验装置,利用氯气与潮湿的消石灰反应制取少量漂白粉(这是一个放热反应),回答下列问题:‎ ‎①在A装置中制取氯气,请写出反应的化学方程式 ____________。‎ ‎②漂白粉在U形管中产生,其化学方程式是 ____________。‎ ‎③装置C的作用是__________。‎ ‎(3)此实验所得漂白粉的有效成分偏低,该学生经分析并查阅资料发现,主要原因是在U形管中还存在两个副反应:‎ ‎①温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO3)2,为避免此副反应发生,可采取的措施是_______。‎ ‎②试判断另一个副反应(用化学方程式表示)________,为避免此副反应的发生,可以在A与B之间连接一个装有_______ 的洗气瓶。‎ ‎【答案】(1). ‎1.0g (2). 250mL容量瓶和玻璃棒 (3). 偏大 (4). 偏大 (5). 由于NaOH固体极易溶解潮解,无法精确称取1.00gNaOH固体 (6). Cl2 +2KI = I2 +2KCl (7). MnO2+ 4HCl(浓)MnCl2 + Cl2↑ +2H2O (8). 2Cl2 + 2Ca(OH)2 = CaCl2 + Ca(ClO)2+ 2H2O (9). 吸收未反应完的氯气,防止污染空气 (10). 冷却B装置 (11). 2HCl +Ca(OH)2 =CaCl2 +2H2O (12). 饱和氯化钠溶液 ‎【解析】‎ ‎【分析】Ⅰ、(1)需用250mL容量瓶配制该溶液,根据m=cVM计算氢氧化钠的质量;根据配制溶液的步骤选择仪器;‎ ‎(2)根据 分析误差;‎ ‎(3)要精确配制0.1000mol· L-1 的NaOH溶液,需用准确称取1.00gNaOH固体;‎ Ⅱ. (1)氯气能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝;‎ ‎(2)①在A装置中二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气;‎ ‎②U形管中,氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙、水;‎ ‎③氢氧化钠溶液与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠;‎ ‎(3)①根据信息 “温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO3)‎2”‎分析;‎ ‎②氯气中含有杂质氯化氢,氢氧化钙与氯化氢反应;‎ ‎【详解】Ⅰ、(1)需用250mL容量瓶配制该溶液, m(NaOH)= 0.1mol·L-1 ×‎0.25L×‎40g/mol=‎1.0g;配制过程中用玻璃棒搅拌、引流,用250mL容量瓶定容,所以配制过程中所需玻璃仪器除了胶头滴管和烧杯,还有250mL容量瓶和玻璃棒。‎ ‎(2)若趁热转移,溶液体积偏小,会使溶液的浓度偏大;‎ ‎(3). 用托盘天平无法精确称取1.00gNaOH固体,所以无法得到0.1000mol· L-1 的NaOH溶液;‎ Ⅱ.(1)氯气能置换出碘化钾中的碘单质,使试纸变蓝,反应的化学方程式是Cl2 +2KI = I2‎ ‎ +2KCl;‎ ‎(2)①在A装置中二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气,反应方程式是MnO2+ 4HCl(浓)MnCl2 + Cl2↑ +2H2O;‎ ‎②U形管中,氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙、水,反应的化学方程式是2Cl2 + 2Ca(OH)2 = CaCl2 + Ca(ClO)2+ 2H2O;‎ ‎③氢氧化钠吸收未反应完的氯气,防止污染空气;‎ ‎(3)①温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO3)2,所以冷却B装置可以避免此副反应发生;‎ ‎②氯气中含有杂质氯化氢,氢氧化钙与氯化氢反应,反应方程式是2HCl +Ca(OH)2 =CaCl2 +2H2O;在A与B之间连接一个装有饱和食盐水的洗气瓶除去氯化氢,可避免此副反应的发生。‎ ‎ ‎
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