【化学】吉林省榆树市第一高级中学2019-2020学年高一上学期尖子生第二次考试试题（解析版）

【化学】吉林省榆树市第一高级中学2019-2020学年高一上学期尖子生第二次考试试题（解析版）

吉林省榆树市第一高级中学2019-2020学年高一上学期尖子生第二次考试试题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64‎ 一、选择题（本题共18小题，每小题3分，共54分，每小题只有一个正确答案）‎ ‎1.下列化学实验操作或事故处理方法正确的是（ ）‎ A. 潮湿的或具有腐蚀性的药品，必须放在玻璃器皿内称量 B. 实验室制取氧气时，先加入药品，然后再检查装置的气密性 C. 不慎将浓碱溶液沾到皮肤上，要立即用大量水冲洗，然后涂上稀碳酸氢钠溶液 D. 粗盐提纯时，将制得的晶体转移到新制过滤器中用大量水进行洗涤 ‎【答案】A ‎【解析】A. 潮湿的或具有腐蚀性的药品，必须放在玻璃器皿内称量，A正确；B. 实验室制取氧气时，先检查装置的气密性，然后再加入药品，B错误；C. 不慎将浓碱溶液沾到皮肤上，要立即用大量水冲洗，然后涂上硼酸溶液，C错误；D. 沉淀洗涤在原过滤器中进行，所加蒸馏水不能太多，遵循少量多次的原则，D错误，答案选A。‎ ‎2.下列实验中所选用的仪器合理的是（ ）‎ ‎①用50 mL量筒量取5.2 mL稀硫酸 ‎ ‎②用分液漏斗分离苯和四氯化碳的混合物 ‎ ‎③用托盘天平称量11.7g氯化钠晶体 ‎ ‎④用250 mL容量瓶配制250 mL 0.2 mol/LNaOH溶液 ‎⑤用坩埚蒸发NaCl溶液 ‎⑥用烧杯溶解KNO3晶体 A. ①⑤⑥ B. ③④⑥ C. ①③④ D. ②③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①用50mL量筒取5.2mL稀盐酸，产生的误差较大，应该选用10mL量筒量取，故①错误；②苯和四氯化碳互溶，无法用分液漏斗分离，故②错误；③托盘天平的准确度为0.1g，可以用托盘天平称量11.7g氯化钠晶体，故③正确；④容量瓶是精确配制一定物质的量的浓度的溶液的仪器，用250mL容量瓶能配制250mL0.2mol/L的氢氧化钠溶液，故④‎ 正确；⑤蒸发NaCl溶液应该选用蒸发皿，故⑤错误；⑥溶解固体物质可以在烧杯中进行，也可以在试管中进行，因此可以用烧杯溶解KNO3晶体，故⑥正确；故选B。‎ ‎3.高中化学学习过程中的物质颜色是需要注意的。下列关于颜色的描述正确的个数是（ ）‎ ‎①AgBr见光分解会生成浅黄色的银 ‎②KI溶液中加入淀粉溶液会变成蓝色 ‎③溴水中加入CCl4振荡静置后，CCl4层无色 ‎④钾元素的焰色反应透过蓝色的钴玻璃观察呈紫色 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】单质银是银白色的，①不正确；单质碘和淀粉反应显蓝色，②不正确；溴单质易溶在四氯化碳中，溶液显棕黄色，③不正确，选项④正确，所以答案选A。‎ ‎4.下列有关物质分类的叙述正确的是(   )‎ A. CaCl2、NaOH、HCl、O2四种物质都属于化合物 B. 硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物 C. 溶液、浊液、胶体都属于混合物 D. CO2、CO等非金属氧化物均属于酸性氧化物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.O2是单质，其余三种物质都属于化合物，A错误；‎ B.纯碱是Na2CO3的俗称，该物质属于盐，不是碱，B错误；‎ C.溶液、浊液、胶体都是分散系，都属于混合物，C正确；‎ D.CO是非金属氧化物，但不属于酸性氧化物，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎5.下列物质能导电且属于电解质的是（ ）‎ A. 固态氯化镁(MgCl2) B. 液态氯化镁(MgCl2)‎ C. 氯化钠溶液 D. 铝 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】能导电的物质中含有自由电子或自由移动的阴阳离子；电解质是指：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物。‎ ‎【详解】A. 固态氯化镁属于电解质，但不能导电，故A错误；‎ B.液态氯化镁属于电解质，且有自由移动的离子，可以导电，故B正确；‎ C.氯化钠溶液有自由移动的离子，可以导电，但氯化钠溶液为混合物，故C错误；‎ D.铝可以导电，但为单质，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎6.下列各组数据中，前者刚好是后者两倍的是（ ）‎ A. 2 mol水的摩尔质量和1 mol水的摩尔质量 B. 200 mL 1 mol·L－1氯化钙溶液中c(Cl－)和100 mL 2 mol·L－1氯化钾溶液中c(Cl－)‎ C. 64 g二氧化硫中氧原子数和标准状况下22.4 L一氧化碳中氧原子数 D. 20% NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度和10% NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.2mol水的摩尔质量和1 mol水的摩尔质量的摩尔质量都是18g/mol，故A错误；‎ B.1 mol/L氯化钙溶液中c(Cl-)=2mol/L，2 mol/L氯化钾溶液中c(Cl-)=2mol/L，两溶液中氯离子浓度相等，故B错误；‎ C.64g二氧化硫的物质的量为1mol，1mol二氧化硫中含有2mol氧原子，标况下22.4LCO的物质的量为1mol，1molCO含有1mol氧原子，前者刚好是后者两倍，故C正确；‎ D.20%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度为：c1=mol/L，10%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度：c1=mol/L，由于两溶液的密度不同，所以前者不是后者两倍，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎7.下列溶液中物质的量浓度为1 mol·L－1 的是（ ）‎ A. 将20 g NaOH 溶解在500mL 水中 B. 将22.4 L HCl 气体溶于水配成1 L 溶液 C. 从1 L 2 mol·L－1的H2SO4溶液中取出0.5 L，该溶液的浓度为1 mol·L－1‎ D. 配制250 mL CuSO4溶液，需62.5 g胆矾 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】根据n=m/M=V/Vm=cV，结合溶液体积与溶剂体积的关系判断。‎ ‎【详解】A.20gNaOH的物质的为0.5mol，但500mL水的体积不等于溶液的体积，A错误；‎ B．因气体存在的状态未知，则不能确定22.4LHCl气体的物质的量，无法计算溶液浓度，B错误；‎ C．溶液是均一稳定的，从1L2mol·L－1的H2SO4溶液中取出0.5L，该溶液的浓度仍然为1mol·L－1，C错误；‎ D．n（CuSO4•5H2O）=62.5g÷250g/mol=0.25mol，溶于水配成250mL溶液，c（CuSO4）=0.25mol÷0.25L=1mol/L，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎8.下列各组离子能够在碱性溶液中大量共存，且溶液呈无色透明的是（ ）‎ A. K+、Cu2+、Cl-、SO42- B. Na+、CO32-、SO42-、Cl-‎ C. NO3-、Na+、CO32-、Ba2+ D. Na+、NO3-、H+、SO42-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Cu2+为有色离子，不满足溶液无色的要求，且与氢氧根离子反应生成氢氧化铜沉淀，在溶液中不能大量共存，故A不选；‎ B.在碱性溶液中可以大量共存，且无色透明，故B选；‎ C.碳酸根会和钡离子生成沉淀，故C不选；‎ D.氢离子不能在碱性环境中大量存在，故D不选；‎ 故答案为B。‎ ‎9.能正确表示下列反应的离子方程式是（ ）‎ A. Cl2通入NaOH溶液：Cl2+OH-=Cl-+ClO-‎ B. NaHCO3溶液中加入稀盐酸：CO32-+2H+=CO2↑+H2O C. AlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al3++4NH3·H2O=AlO2-+4NH4++2H2O D. Cu溶于稀HNO3：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Cl2通入NaOH溶液的离子反应方程式为Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O，故A错误； B．NaHCO3溶液中加入稀HCl的离子反应方程式为HCO3-+H+═CO2↑+H2O，故B错误；‎ C．氯化铝与氨水发生反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，正确的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故C错误；‎ D．Cu溶于稀HNO3的离子反应为3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎10.用1L1.0mol·L-1的NaOH溶液吸收0.6molCO2，所得溶液中的CO32-和HCO3-的物质的量浓度之比约是（ ）‎ A. 1∶3 B. 2∶1 C. 2∶3 D. 3∶2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】用1L 1mol•L-1NaOH溶液吸收0.6molCO2，所得产物有Na2CO3和NaHCO3，设CO32-和HCO3-的物质的量分别为x、y，则x+y＝0.6mol，2x+y＝1L×1.0mol/L，解得x=0.4mol，y=0.2mol，同一溶液中浓度之比等于物质的量之比，则所得溶液中的CO32-和HCO3-的物质的量浓度之比约是0.4mol∶0.2mol=2∶1，故选B。‎ ‎11.洁厕灵与84消毒液混合会产生氯气：2HCl + NaClO → NaCl + Cl2↑ + H2O，下列说法错误是（ ）‎ A. NaClO作氧化剂 B. n(氧化剂)：n(还原剂)=1：2‎ C. 氧化性：NaClO > Cl2 D. Cl2既是氧化产物又是还原产物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.NaClO中氯的化合价降低，做氧化剂，故A不选；‎ B.氧化剂是NaClO，还原剂是HCl。如果1molNaClO做氧化剂，参加反应2molHCl中只有1mol发生了化合价变化，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:1，故B选；‎ C.NaClO是氧化剂，Cl2是氧化产物，根据氧化还原反应规律，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以氧化性：NaClO > Cl2，故C不选；‎ D.1个Cl2中的两个氯原子1个来自于HCl，一个来自于NaClO，所以Cl2既是氧化产物又是还原产物，故D不选。‎ 故选B。‎ ‎12. 下列反应中，反应后固体物质增重的是（ ）‎ A. 氢气通过灼热的CuO粉末 B. 二氧化碳通过Na2O2粉末 C. 铝与Fe2O3发生铝热反应 D. 将锌粒投入Cu(NO3)2溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氢气通过灼热的CuO粉末发生的反应为，固体由CuO变为Cu，反应后固体质量减小，A错误；‎ B、二氧化碳通过Na2O2粉末发生的反应为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，固体由Na2O2变为Na2CO3，反应后固体质量增加，B正确；‎ C、铝与Fe2O3发生铝热反应，化学方程式为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，反应前后各物质均为固体，根据质量守恒定律知，反应后固体质量不变，C错误；‎ D、将锌粒投入Cu(NO3)2溶液发生的反应为Zn + Cu(NO3)2= Zn(NO3)2+ Cu，固体由Zn变为Cu，反应后固体质量减小，D错误；‎ 故选B。‎ ‎13.工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下：‎ 下列叙述正确的是(　　)‎ A. 试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸 B. 反应①过滤后所得沉淀为氢氧化铁 C. 图中所示转化反应都不是氧化还原反应 D. 反应②的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液乙中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，不可能为盐酸，故A错误；‎ B．氧化铁与氢氧化钠不反应，反应①后过滤所带沉淀为氧化铁，故B错误；‎ C．电解熔融氧化铝生成铝，属于氧化还原反应，故C错误；‎ D．反应②为过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，反应方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎14.向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1mol·L－1稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积(V)的关系如图所示。下列判断正确的是（ ）‎ A. 在0～a范围内，只发生中和反应 B. a＝0.3‎ C. ab段发生反应的离子方程式为CO32-＋2H＋=CO2↑＋H2O D. 原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1∶2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】向NaOH和Na2CO3混合配成的溶液中滴加盐酸时，先发生氢氧化钠与盐酸的中和反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，氢氧化钠反应完毕后再发生碳酸钠与盐酸的反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，最后发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，利用物质的量的关系并结合图象分析解答。‎ ‎【详解】A．向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠：NaOH+HCl=NaCl+H2O，继续滴加时，盐酸与Na2CO3首先发生反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，继续滴加时发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，则在0-a范围内发生反应为：NaOH+HCl=NaCl+H2O、HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，故A错误；‎ B．根据图像可知，从a点开始发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，该过程中消耗氯化氢物质的量与生成二氧化碳的物质的量相等为0.01mol，则消耗0.1mol•L-1稀盐酸的体积分别为=0.1L，所以a=0.4-0.1=0.3，故B正确；‎ C．根据分析可知，ab段发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，反应的离子方程式为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，故C错误；‎ D．根据碳元素守恒，混合物中碳酸钠的物质的量是0.01mol，b点消耗盐酸的物质的量为0.1mol/L×0.4L=0.04mol，则a点氯化氢的物质的量为：0.04mol-0.01=0.03mol，根据反应HCl+Na2CO3=NaHCO3‎ ‎+NaCl可知，0.01mol碳酸钠消耗0.01mol氯化氢生成碳酸氢钠，则氢氧化钠的物质的量为0.03mol-0.01mol=0.02mol，所以原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为0.02mol∶0.01mol=2∶1，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎15.用含有少量Mg的Al片制取纯净的Al(OH)3，下列操作中最恰当的组合是（ ）‎ ‎①加盐酸溶解②加NaOH溶液③过滤④通入过量CO2生成Al(OH)3⑤加盐酸生成Al(OH)3⑥加过量氨水生成Al(OH)3‎ A. ①⑥③ B. ①③⑥③ C. ②③④③ D. ②③⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】根据镁和铝化学性质的差异：铝可以与碱反应，让镁和铝分离的方法是使铝溶于氢氧化钠溶液，镁不溶解，过滤分离，再将偏铝酸钠与弱酸反应变为氢氧化铝。‎ ‎【详解】因镁与碱不反应，而铝可以与碱反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2 +3H2↑，由于镁不溶解，过滤除去，NaAlO2要转变成Al（OH）3，可以向滤液中加入过量的二氧化碳，其反应为NaAlO2+CO2+2H2O═NaHCO3+Al（OH）3↓，再过滤即得纯净的Al（OH）3，实验操作最合理的组合及顺序为②③④③， 故选：C。‎ ‎16.100 mL 2 mol/L的稀盐酸与一定量的锌充分反应，锌全部溶解，生成的氢气在标准状况下体积为1.12 L，设反应后溶液的体积仍为100 mL，则反应后溶液中H+的物质的量的浓度为（ ）‎ A. 1.5mol/L B. 1mol/L ‎ C. 0.5mol/L D. 0.25mol/L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】金属锌和盐酸反应生成1.12L，其物质的量为n(H2)=；根据氢元素守恒，剩余H+物质的量为0.1L×2mol/L-0.05mol×2=0.1mol，则反应后溶液中H+物质的量浓度为c(H+)=，故合理选项是B。‎ ‎17.纯碱和小苏打都是白色晶体，在日常生活中都可以找到。若要在家中将它们区分开来，下面的方法中可行的是（ ）‎ A. 分别放在炒锅中加热，观察是否有残留物 B. 分别用干净铁丝蘸取样品在煤气炉的火焰上灼烧，观察火焰颜色 C. 将样品溶解，分别加入澄清石灰水，观察是否有白色沉淀 D. 在水杯中各盛相同质量的样品，分别加入等体积的白醋，观察反应的剧烈程度 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碳酸氢钠解热分解生成碳酸钠，二者加热时都有残留物，不能鉴别，故A错误； B．二者都含钠元素，焰色反应都成黄色，不能鉴别，故B错误； C．加入澄清石灰水，分别发生：Na2CO3和Ca（OH）2混合后生成CaCO3，发生Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2NaOH，NaHCO3可与澄清石灰水发生Ca（OH）2+NaHCO3═CaCO3↓+NaOH+H2O或Ca（OH）2+2NaHCO3═CaCO3↓+Na2CO3+2H2O，不能鉴别，故C错误； D．加入醋酸，碳酸氢钠反应剧烈，可鉴别，故D正确。 故选：D。‎ ‎18.在标准状况下，2.24L CO2和CO混合气体测得其质量为3.2g，则CO2和CO的体积之比为（ ）‎ A. 1∶2 B. 2∶1 C. 1∶3 D. 3∶1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设混合气体中CO和CO2的物质的量分别为x、y，则x+y＝，28x+44y＝3.2g，解得：x＝0.075mol，y＝0.025mol，所以混合气体中CO2和CO的物质的量之比为0.025mol∶0.075mol=1∶3，故选C。‎ 二、填空题（每空2分共24分）‎ ‎19.现有下列十种物质：①铝②SiO2③熔融NaCl④稀硫酸⑤KOH固体⑥FeSO4溶液⑦NH3⑧新制备的氢氧化铁胶体分散系⑨HCl⑩Na2O2‎ ‎（1）上述物质属于非电解质的有__。(填序号)‎ ‎（2）上述物质能导电的有__。(填序号)‎ ‎（3）往装有⑧的试管中逐滴加入④至过量的现象是：__。‎ ‎（4）请写出①与④的溶液反应的离子方程式：___。‎ ‎（5）请写出⑩与CO2反应的化学方程式：___。‎ ‎【答案】(1). ②⑦ (2). ①③④⑥⑧ (3). 先生成红褐色沉淀，然后逐渐溶解变成棕黄色溶液 (4). 2Al+6H+=2Al3++3H2↑ (5). 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物为非电解质；‎ ‎（2）物质中含有自由移动的电子或离子时则能导电；‎ ‎（3）氢氧化铁胶体中逐滴滴入稀硫酸时，先发生胶体的聚沉，后发生酸碱中和；‎ ‎（4）Al和稀硫酸溶液反应生成硫酸铝和H2；‎ ‎（5）Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2。‎ ‎【详解】（1）在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物为非电解质，故非电解质有二氧化硅和氨气，故答案为：②⑦；‎ ‎（2）物质中含有自由移动的电子或离子时则能导电，故能导电的物质有①铝、③熔融NaCl、④稀硫酸、⑥FeSO4溶液、⑧新制备的氢氧化铁胶体分散系，故答案为：①③④⑥⑧；‎ ‎（3）氢氧化铁胶体中逐滴滴入稀硫酸时，先发生胶体的聚沉，产生红褐色氢氧化铁沉淀，继续滴加稀硫酸，后发生酸碱中和，氢氧化铁溶解，得到硫酸铁棕黄色溶液，故答案为：先生成红褐色沉淀，然后逐渐溶解变成棕黄色溶液；‎ ‎（4）Al和硫酸溶液反应生成硫酸铝和H2，离子方程式为2Al+6H+=2Al3++3H2↑；‎ ‎（5）Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，故化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。‎ ‎20.实验室可用KMnO4和浓盐酸反应制取氯气，其变化可表述为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl↑2+8H2O。‎ ‎（1）请将上述化学方程式改写为离子方程式：__。‎ ‎（2）浓盐酸在反应中显示出来的性质是__(填编号)。‎ ‎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 ‎（3）此反应中氧化产物是Cl2，若产生0.5molCl2，则转移电子的物质的量为__mol。‎ ‎（4）用双线桥法表示该反应电子转移的方向和数目__。‎ ‎【答案】(1). 2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O (2). ② (3). 1 (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）结合单质、弱电解质写化学式，强电解质写离子解答；‎ ‎（2）根据化合价变化及氧化物和酸的反应判断盐酸的性质；‎ ‎（3）此反应中氯元素的化合价升高被还原是还原剂，得到的氯气是氧化产物，产生1molCl2，则转移的电子的物质的量为2mol，由此分析解答；‎ ‎（4）根据Mn和Cl元素的化合价变化书写电子转移方向和数目。‎ ‎【详解】（1）反应2KMnO4+16HCl（浓）＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，氯离子部分参加离子反应，所以离子反应的方程式为：2MnO4-+16H++10Cl-＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O；‎ ‎（2）氯元素化合价升高，盐酸起还原剂的作用；反应中还有盐酸盐生成，所以起酸的作用，故选：②；‎ ‎（3）此反应中氯元素的化合价升高被还原是还原剂，得到的氯气是氧化产物，产生1molCl2，则转移的电子的物质的量为2mol，则生成0.5molCl2，则转移的电子的物质的量为1mol；‎ ‎（4）元素化合价的变化分别为：Mn元素由KMnO4的+7价变成MnCl2中的+2价，化合价降低，所以KMnO4是氧化剂，一个KMnO4得5个电子生成MnCl2；Cl元素由HCl中的-1价变成Cl2中的0价，化合价升高，所以HCl是还原剂，生成一个Cl2分子需失2个电子，所以双线桥法表示该反应的电子转移的方向和数目为：。‎ ‎21.某一反应体系有反应物和生成物共五种物质：O2、H2CrO4、Cr(OH)3、H2O、H2O2。‎ 已知该反应中H2O2只发生如下过程：H2O2→O2。‎ ‎（1）该反应中的还原剂是__。‎ ‎（2）该反应中，发生还原反应的过程是___→__。‎ ‎（3）写出该反应的化学方程式(配平)：___。‎ ‎【答案】(1). H2O2 (2). H2CrO4 (3). Cr(OH)3 (4). 2H2CrO4+3H2O2=2Cr(OH)3↓+3O2↑+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】H2O2只发生如下过程：H2O2→O2，则O元素的化合价升高，结合氧化还原反应的规律可知，Cr元素的化合价降低，结合转移电子来解答。‎ ‎【详解】（1）由信息H2O2-→O2中可知，O元素的化合价由-1价升高到0，则H2O2为还原剂，故答案为：H2O2；‎ ‎（2）氧化剂发生还原反应，含元素化合价降低的物质为氧化剂，则Cr元素的化合价降低，即还原反应的过程为H2CrO4→Cr（OH）3，故答案为：H2CrO4；Cr（OH）3；‎ ‎（3）该反应中O元素失电子，Cr元素得到电子，根据电子守恒可知H2CrO4和H2O2的系数比为2:3；故答案为：2H2CrO4+3H2O2=2Cr(OH)3↓+3O2↑+2H2O。‎ 三、实验题（每空2分，共16分）‎ ‎22.铝镁合金已成为轮船制造、化工生产等行业的重要材料，某研究性学习小组的三位同学，为测定某含镁3%～5%的铝镁合金(不含其他元素)中镁的质量分数，设计了两种不同的实验方案进行探究。‎ ‎[探究一]实验步骤：‎ ‎（1）称取5.4g铝镁合金粉末样品，投入VmL2.0mol·L－1NaOH溶液中，充分反应。实验中发生反应的化学方程式是___。NaOH溶液的体积V≥___。‎ ‎（2）过滤、洗涤、干燥、称量固体。该步骤中若未洗涤固体，测得镁的质量分数将__(填“偏高”或“偏低”)。‎ ‎【答案】(1). 2Al＋2NaOH＋2H2O＝2NaAlO2＋3H2↑ (2). 97mL (3). 偏高 ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）镁的质量分数最小时，金属铝的质量最大，需要的氢氧化钠溶液最多，实际需要氢氧化钠溶液的体积应大于或等于最大值，据此计算；‎ ‎（2）镁上会附着偏铝酸钠等物质，未洗涤导致测定镁的质量偏大。‎ ‎【详解】（1）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，反应方程式为2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑；含镁为3%时，金属铝的含量最高，5.4g合金中铝的质量为5.4g×（1-3%）=5.4×97%g，当氢氧化钠溶液体积为VmL，氢氧化钠的物质的量为V×10-3L×2.0mol/L，根据方程式可知54g铝可与2mol氢氧化钠恰好完全反应，所以有54g：（5.4×97%g）=2mol：（V×10-3L×2.0mol/L），解得：V=97，故V（NaOH溶液）≥97mL；‎ ‎（2）镁上会附着偏铝酸钠等物质，未洗涤导致测定的镁的质量偏大，镁的质量分数偏高。‎ ‎23.实验室欲用NaOH固体配制1.0mol·L-1的NaOH溶液480mL。‎ ‎（1）配制时，必须使用的玻璃仪器有___。‎ ‎（2）要完成本实验该同学应称出NaOH__g。‎ ‎（3）某同学欲称量NaOH的质量，他先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图，烧杯的实际质量为__g。(砝码一个20克、一个10克)‎ ‎（4）使用容量瓶前必须进行的一步操作是__。‎ ‎（5）在配制过程中，其他操作都是正确的，下列操作会引起误差偏高的是__。‎ ‎①没有洗涤烧杯和玻璃棒 ‎②定容时俯视刻度线 ‎③未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容 ‎④定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线 ‎【答案】(1). 500mL容量瓶、胶头滴管、烧杯、玻璃棒 (2). 20.0 (3). 27.4 (4). 查漏 (5). ②③‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）根据实验操作的步骤以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器；‎ ‎（2）利用n=cV计算出氢氧化钠的物质的量，再根据m=nM计算所需氢氧化钠的质量；‎ ‎（3）托盘天平平衡原理为左盘内质量=右盘内质量+游码数值；‎ ‎（4）最后需颠倒摇匀，所以容量瓶在使用前必须检查是否漏水；‎ ‎（5）分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据c=n/V分析判断。‎ ‎【详解】（1）没有480mL容量瓶，所以选择500mL容量瓶。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，用玻璃棒搅拌，加速溶解，恢复室温后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2～3次，并将洗涤液移入容量瓶中，当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。所以需要的仪器有托盘天平、烧杯、500ml的容量瓶、胶头滴管、玻璃棒；‎ ‎（2）需氢氧化钠的质量为m=0.5L×1mol•L-1×40g/mol=20.0g；‎ ‎（3）由图可知，烧杯与砝码位置颠倒了，所以烧杯的实际质量为30.0g-2.6g=27.4g；‎ ‎（4）最后需颠倒摇匀，所以容量瓶在使用前必须检查是否漏水；‎ ‎（5）①未洗涤烧杯、玻璃棒，少量氢氧化钠沾在烧杯壁与玻璃棒上，氢氧化钠的实际质量减小，溶液浓度偏低；‎ ‎②定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高；‎ ‎③液体具有热胀冷缩的性质，氢氧化钠溶解放热，未冷却到室温，趁热将溶液到入容量瓶，并配成溶液，温度恢复室温后，会导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高；‎ ‎④摇匀后液面下降，一部分溶液留在瓶塞与瓶口之间，再加蒸馏水至刻度线，导致溶液体积偏大，所以溶液浓度偏低。‎ 故选：②③。‎ 四、计算题 ‎24.在金属活动性顺序里，位于氢后面的金属Cu，在常温下虽然不能与稀盐酸、稀硫酸反应，但可以与稀硝酸反应，其化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。在3.84gCu中加入100mL稀HNO3溶液，如恰好完全反应，计算生成NO在标准状况下的体积和反应前稀HNO3溶液中溶质的物质的量浓度___、___(请写出计算过程)。‎ ‎【答案】(1). 0.896L (2). 1.6mol·L-1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据n=m/M计算3.84gCu的物质的量，根据方程式计算HNO3、NO的物质的量，再根据V=nVm计算NO的体积，根据c=n/V计算稀硝酸的物质的量的浓度。‎ ‎【详解】3.84g Cu的物质的量=3.84g÷64g/mol=0.06mol，设生成NO物质的量为x，硝酸物质的量为y，则 ‎ ‎ 所以x=0.04mol，y=0.16mol，故标况下生成NO的体积=0.04mol×22.4L/mol=0.896L，稀硝酸的物质的量浓度=0.16mol÷0.1L=1.6mol/L。‎