【化学】贵州省黔西南布依族苗族自治州晴隆县第二中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版）

【化学】贵州省黔西南布依族苗族自治州晴隆县第二中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版）

贵州省黔西南布依族苗族自治州晴隆县第二中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题 分卷I 一、单选题(共25小题，每小题2.0分，共50分)‎ ‎1.下面做法或物质用途的叙述中错误的是(　　)‎ A. 盐卤可用于制豆腐 B. 活性炭作吸附剂 C. 以无水酒精作外科消毒剂 D. 明矾作净水剂 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 盐卤可用于制豆腐利用的是胶体遇到电解质发生聚沉，A正确；‎ B. 活性炭的表面积大，吸附性强，可作吸附剂，B正确；‎ C. 以70%酒精作外科消毒剂，不是无水酒精，C错误；‎ D. 明矾溶于水电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，可作净水剂，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎2.下列关于氧化还原反应的叙述，正确的是(　　)‎ A. 有一种元素被氧化，肯定有另一种元素被还原 B. 在反应中不一定所有元素的化合价都发生变化 C. 某元素由化合态变为游离态，则该元素一定被还原 D. 氧化还原反应中一定有电子的得与失 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应中可能只有一种元素的化合价变化，如氯气与水的反应中，Cl元素既被氧化，也被还原，故A错误；‎ B．反应中可能只有一种元素的化合价变化，如氯气与NaOH反应中只有Cl元素的化合价变化，Na、O、H元素的化合价没有变化，故B正确；‎ C．元素从化合物变为单质时，可能失去电子也可能得到电子，如二氧化硫与硫化氢反应生成S，故C错误；‎ D．氧化还原反应的本质是电子转移，则氧化还原反应中不一定有电子的得与失，可能是电子对的偏移，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎3.已知常温下，在溶液中发生如下反应：‎ ‎①16H++10Z-+2XO4-=2X2++5Z2+8H2O；‎ ‎②2A2++B2=2A3++2B﹣；‎ ‎③2B-+Z2=B2+2Z-。‎ 由此推断下列说法错误的是（　　）‎ A. 反应Z2+2A2+=2A3++2Z﹣可以进行 B. Z元素在反应③中被还原，在反应①中被氧化 C. Z2可以置换出X2+溶液中的X D. 氧化性由强到弱的顺序是XO4-、Z2、B2、A3+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则16H++10Z-+2XO4-=2X2++5Z2+8H2O中氧化性为XO4->Z2，2A2++B2=2A3++2B-中氧化性为B2>A3+，2B-+Z2=B2+2Z-中氧化性为Z2>B2，以此来解答。‎ ‎【详解】A.由上述分析可知，氧化性Z2>A3+，则反应Z2+2A2+═2A3++2Z-能发生，A正确；‎ B.Z元素在①中化合价升高，被氧化，而在③中元素的化合价降低，被还原，B正确；‎ C.由①的离子方程式为16H++10Z-+2XO4-=2X2++5Z2+8H2O，可知还原性Z->X2，所以Z2不可以置换出X2+溶液中的X，C错误；‎ D.由上述分析可知，氧化性由强到弱的顺序是XO4-、Z2、B2、A3+，D正确；‎ 故合理选项是C。‎ ‎4.用等质量的金属钠进行下列实验，产生氢气最多的是( 　)‎ A. 将钠放入足量的稀盐酸中 B. 将钠放入足量的稀硫酸中 C. 将钠放入足量的硫酸氢钠溶液中 D. 将钠用铝箔包好，并刺穿一些小孔，放入足量的水中 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】钠在水溶液中发生反应本质为钠与氢离子反应生成氢气，若仅是钠参加反应，无论何种溶液，相同质量的钠生成的氢气的量相等，但要注意铝能与NaOH溶液反应生成氢气。‎ ‎【详解】将等质量钠投入到稀盐酸、稀硫酸、硫酸氢钠溶液中，发生反应本质为钠与氢离子反应生成氢气，因为Na的质量相同，所以A、B、C放出的氢气的量相等；将钠用铝箔包好并刺一些小孔，再放入足量的水中，首先是钠与水反应生成NaOH和氢气，铝与NaOH溶液反应生成氢气，故生成氢气要比上述三种情况多，故D项中生成氢气最多；故答案选D。‎ ‎5.相同状况下，在容积相同的三个烧瓶内分别充满干燥的NH3、HCl、NO2气体，然后按上述顺序分别用水做喷泉实验。实验结束后，烧瓶内三种溶液的物质的量浓度之比为(　　)‎ A. 3∶3∶2 B. 2∶2∶3 C. 1∶1∶1 D. 无法比较 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】在容积相同的三个烧瓶内，分别充满干燥的NH3、HCl、NO2气体，所以V（NH3）：V（HCl）：V（NO2）=1：1：：1，同条件下，体积之比等于物质的量之比，所以n（NH3）：n（HCl）：n（NO2）=1：1：1。令n（NH3）=1mol、n（HCl）=1mol、n（NO2）=nmol，各自体积为V（NH3）=V（HCl）=V（NO2）=VL，对于氨气，溶液体积等于氨气气体体积，所以c（NH3）=n/V mol/L；对于氯化氢，溶液体积等于氯化氢气体体积，所以c（HCl）=n/V mol/L；对于二氧化氮，与水发生反应：3NO2+2H2O=2HNO3+NO，根据方程式可知溶液体积为二氧化氮体积的2/3，生成的硝酸的物质的量为二氧化氮物质的量的2/3，所以c（HNO3）=n/V mol/L，所以c（NH3）：c（HCl）：c（HNO3）=1：1：1。故选C。‎ ‎6.一定质量的钠、钾投入一定量的稀盐酸中，产生气体随时间变化的曲线如图所示。‎ 则下列说法正确的是(　　)‎ A. 投入的Na、K一定等质量.‎ B. 投入的Na的质量小于K的质量 C. 曲线a为Na，b为K D. 稀盐酸的量一定是不足量的 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】从图像中可到两个结论：①a反应的速度比b反应的速度要快，根据K比Na活泼，可知a为K，b为Na；②根据产生其他量二者一样多，因为都为一价金属，故二者物质的量相等，质量K大于Na；故答案选B。‎ ‎7.下列有关氢氧化亚铁及其制备方法的叙述中，不正确的是（ ）‎ A. 可利用如图所示装置，制备氢氧化亚铁 B. 氢氧化亚铁为灰绿色絮状沉淀 C. 氢氧化亚铁易被空气氧化 D. 实验制备中，氢氧化钠溶液应预先煮沸 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氢氧化亚铁易被氧气氧化，把胶头滴管伸入硫酸亚铁溶液滴加氢氧化钠，可以防止氢氧化亚铁被氧化，所以可利用装置制备氢氧化亚铁，故A正确；‎ B、氢氧化亚铁为白色絮状沉淀，故B错误；‎ C、氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，故C正确；‎ D、加热煮沸可以除去氢氧化钠溶液中的氧气，所以制备氢氧化亚铁时，氢氧化钠溶液应预先煮沸，故D正确；‎ 选B。‎ ‎8.在水溶液中，下列电离方程式正确的是(　　)‎ A. Al2(SO4)3=2Al3++3SO42-‎ B. AlCl3=Al3++Cl3-‎ C. Mg(NO3)2=Mg+2+2NO3-‎ D. KMnO4=K++Mn7++4O2-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.物质电离产生Al3+、SO42-，符合电离产生的离子个数比例关系，A正确；‎ B.AlCl3电离产生Al3+、Cl-，离子符号不符合事实，B错误；‎ C.电离产生镁离子，符号应该为Mg2+，离子符号不符合事实，C错误；‎ D.KMnO4电离产生K+、MnO4-，不符合物质电离产生的离子符号，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎9.铝硅合金(Si的质量分数为13.5%)在凝固时收缩率很小，因而这种合金适合铸造。有下列三种晶体：①铝，②硅，③铝硅合金，它们的熔点由低到高的顺序是(　　)‎ A. ①③② B. ③①② C. ③②① D. ②①③‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】合金的熔点低于其组分金属的熔点，而硅是原子晶体，其熔点高于金属铝，因此答案选B。‎ ‎10.下列性质中体现了金属物理通性的是（ ）‎ A. 铜能导电传热、有延展性 B. 铝常温下不溶于浓硝酸 C. 铁能够被磁铁磁化 D. 钠与水剧烈反应放出氢气 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】金属通性指的是金属的某些共有的物理性质，如“不透明、有金属光泽、有延展性、导热性、导电性”等。‎ ‎【详解】A. 铜能导电传热、有延展性，属于金属的物理通性，故A正确；‎ B. 铝常温下不溶于浓硝酸是发生了钝化，铝，铁遇到浓硫酸，浓硝酸表面生成致密的氧化膜，属于化学性质，不属于金属的物理通性，故B错误；‎ C. 铁能够被磁铁磁化是铁的特性，属于铁的物理性质，不属于金属的通性，故C错误；‎ D. 钠或者一部分活泼金属与水剧烈反应放出氢气，属于部分金属的化学性质，不属于金属的物理通性，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎11.在8NH3 +3Cl2=N2+6NH4Cl反应中，被氧化的原子与被还原的原子物质的量之比为(　　)‎ A. 8︰3 B. 1︰3 C. 3︰8 D. 3︰1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】反应8NH3+3Cl2N2+6NH4Cl中，N元素化合价升高，由−3价升高到0价，Cl元素化合价降低，由0价降低到−1价，由方程式可知当有3 mol Cl2参加反应时，有8 mol NH3参加反应，其中有2 mol被氧化，被氧化的原子与被还原的原子的物质的量之比为2︰6=1︰3；答案选B。‎ ‎12.将硫磺在氧气中燃烧生成气体A，把气体A溶于水得溶液B，向B中滴加溴水，溴水褪色而B变为C；在C中加入Na2S产生气体D，若将D通入B溶液，可得沉淀E；A、B、C、D、E中均含有硫元素。在下列各组中按A、B、C、D、E排列的是( )‎ A. SO2、H2SO4、H2SO3、H2S、S B. SO2、H2SO3、H2SO4、SO2、SO3‎ C. SO2、H2SO4、H2SO3、SO2、S D. SO2、H2SO3、H2SO4、H2S、S ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】硫磺在氧气中燃烧生成气体二氧化硫，所以A为SO2，把气体二氧化硫溶于水得溶液H2SO3，B为H2SO3，向H2SO3中滴加溴水，亚硫酸会生成硫酸，C为硫酸，在硫酸中加入Na2S产生气体硫化氢，D 为硫化氢，将硫化氢通入到亚硫酸中，会得到硫沉淀，所以E为硫。故选D 。‎ ‎13.下列关于硅与氢氧化钠溶液反应(Si＋2NaOH＋H2O=Na2SiO3＋2H2↑)的说法正确的是（ ）‎ A. 氧化剂是NaOH和H2O B. 氧化剂是H2O C. 氧化剂是Si D. 还原剂是H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】硅与氢氧化钠溶液反应的实质是硅先与水反应，生成硅酸和氢气，氢氧化钠溶解附在硅单质表面的硅酸，生成硅酸钠和水。硅与水先反应：Si+3H2O=H2SiO3+2H2↑，硅酸再与氢氧化钠反应：H2SiO3+2NaOH=Na2SiO3+2H2O，总反应方程式为Si＋2NaOH＋H2O=Na2SiO3＋2H2↑，从过程来看，H2O中的H化合价降低，是氧化剂，Si化合价升高，是还原剂；‎ 答案选B。‎ ‎14.下列有关实验的操作不正确的是（ ）‎ A. 分液时，分液漏斗内的上层液体应由上口倒出 B. 用加热分解的方法区分碳酸钠和氯化钠两种固体 C. 过滤氢氧化钠溶液除去不溶性杂质时，需用玻璃棒引流 D. 某溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，产生白色沉淀，该溶液中含有氯离子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 分液时，分液漏斗内的上层液体应由上口倒出，A正确；‎ B. 加热碳酸钠和氯化钠两种固体，都不发生分解，都不产生明显的现象，B不正确；‎ C. 过滤氢氧化钠溶液除去不溶性杂质时，需用玻璃棒引流，C正确；‎ D. 某溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，产生白色沉淀，该溶液中含有氯离子，D正确。‎ 故选B。‎ ‎15.大约4 000年前，埃及人已经用硫燃烧所形成的二氧化硫漂白布匹。在古罗马著名诗人荷马的著作里讲到硫燃烧有消毒和漂白作用。下列物质都具有漂白性：①潮湿的氯气、②二氧化硫、③活性炭、④过氧化钠，其漂白原理相同的是(　　)‎ A. ①③ B. ②③ C. ①④ D. ②④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】上述四种物质都具有漂白性，但漂白原理分三类，①和④是因具有强氧化性而显漂白性，③因具有吸附性，吸附色素是有色物质脱色而漂白，②是因为SO2与有色物质化合成不稳定的无色物质而漂白，故只有①和④的漂白原理相同；‎ 本题答案为C。‎ ‎16.标准状况下，m g A气体与n g B气体分子数相等，下列说法不正确的是(　　)‎ A. 标准状况下，同体积的气体A和气体B的质量比为m:n B. 25℃时，1kg气体A和1kg气体B的分子数之比为n:m C. 同温同压下，气体A与气体B的密度之比为m:n D. 标准状况下,等质量的A和B的体积比为m:n ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】标准状况下，m g A气体与n g ‎ B气体分子数相等，因此根据阿伏加德罗定律可知，气体的物质的量是相等的，所以二者的摩尔质量之比是m:n。所以在质量相等的条件下，二者的分子数之比是n:m，体积之比也是n:m；在相同条件下，气体的密度之比是摩尔质量之比，即二者的密度之比是m:n，所以只有选项D不正确，答案选D。‎ ‎17.工业纯碱中常含有少量的NaCl杂质，某化学兴趣小组取ag工业纯碱样品与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体。则该样品中纯碱的质量分数是（ ）‎ A. ×100% B. ×100%‎ C. ×100% D. ×100%‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】设样品中碳酸钠的质量是m；‎ ‎ ‎ 该样品中纯碱的质量分数是 ×100%，故选D。‎ ‎18.下列有关硅及其化合物的说法正确的是(　　)‎ A. 晶体硅具有金属光泽、能导电，属于金属材料 B. 硅的化学性质比较稳定，在自然界中主要以游离态存在 C. 二氧化硅是一种酸性氧化物，能够与水反应生成相应的酸 D. 加入适量的稀盐酸可以除去二氧化硅中混有的碳酸钙 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．晶体硅具有金属光泽、能导电，属于非金属材料，A错误；‎ B．硅的化学性质比较稳定，但硅是亲氧元素，在自然界中主要以硅酸盐和氧化物等化合态存在，B错误；‎ C．二氧化硅是一种酸性氧化物，但不能够与水反应生成相应的酸，故C错误；‎ D．二氧化硅与稀盐酸不反应，碳酸钙与稀盐酸反应，生成二氧化碳、水和易溶于水的氯化钙，可实现提纯目的，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎19.下列反应过程中不存在电子转移的是（ ）‎ A. Zn＋2HCl=ZnCl2＋H2↑‎ B. Ca(ClO)2＋2HCl=CaCl2＋2HClO C. Pb3O4＋8HCl(浓)=3PbCl2＋Cl2↑＋4H2O D. 3Cl2＋6KOH(浓)5KCl＋KClO3＋3H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】因为发生电子转移的反应一定是氧化还原反应，所以此题实际是判断反应是否是氧化还原反应。‎ A．Zn＋2HCl=ZnCl2＋H2↑中Zn元素的化合价升高，H元素的化合价降低，则属于氧化还原反应，选项A不选；‎ B．Ca(ClO)2＋2HCl=CaCl2＋2HClO中没有元素的化合价变化，则不属于氧化还原反应，选项B选；‎ C．Pb3O4＋8HCl(浓)=3PbCl2＋Cl2↑＋4H2O中Pb元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，则属于氧化还原反应，选项C不选；‎ D. 3Cl2＋6KOH(浓)5KCl＋KClO3＋3H2O中Cl元素的化合价既升高又降低，则属于氧化还原反应，选项D不选；‎ 答案选B。‎ ‎20.下列离子方程式的书写正确的是(　　)‎ A. 实验室用大理石和稀盐酸制取CO2：2H++CO32-===CO2↑+H2O B. 铁和稀硝酸反应：Fe+2H+===H2↑+Fe2+‎ C. 向AlCl3溶液中加入过量的NaOH溶液：Al3++3OH﹣===Al(OH)3↓‎ D. NaHCO3溶液与NaOH溶液反应：OH﹣+ HCO3-=== CO32-+H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 大理石是碳酸钙，不溶于水，不能拆成离子形式，故离子方程式2H++CO32-===CO2↑+H2O是错误的，故错误；‎ B. 铁和稀硝酸反应不产生氢气，故错误；‎ C. 向AlCl3溶液中加入过量的NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氯化钠，故错误；‎ D. NaHCO3溶液与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，离子方程式为：OH﹣+ HCO3-= CO32-+H2O，故正确。‎ 故选D。‎ ‎21.同温同压下，下列气体的密度最大的是（　　）‎ A. F2 B. Cl2 C. HCl D. CO2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】ρ=m/V=M/Vm，同温同压下，气体摩尔体积相同，所以密度与摩尔质量成正比，摩尔质量越大，密度越大，氟气的摩尔质量为18g/mol，氯气的摩尔质量为71g/mol，HCl摩尔质量为36．5g/mol，CO2摩尔质量为44g/mol，摩尔质量最大的是氯气，所以密度最大的是氯气。答案选B。‎ ‎22.已知氧化性Br2＞Fe3+。FeBr2溶液中通入一定量的Cl2，发生反应的离子方程式为：a Fe2++b Br-+c Cl2→d Fe3++ e Br2+ f Cl-,下列选项中的数字与离子方程式中的a、b、c、d、e、f一一对应，其中不符合反应实际的是(　　)‎ A. 2 4 3 2 2 6 B. 0 2 1 0 1 2‎ C. 2 0 1 2 0 2 D. 2 2 2 2 1 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】向FeBr2溶液中通入氯气，氯气先和亚铁离子发生反应，然后再和溴离子发生反应，据此分析作答。‎ ‎【详解】A、氯气过量，Br-、Fe2+都完全被完全氧化，反应方程式为2Fe2++4Br-+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl-，A正确；‎ B、氧化性Br2＞Fe3+，不可能存在Fe2+、Br2共存，B错误；‎ C、加入的氯气的物质的量与铁的物质的量1：2时，发生反应 2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，C正确；‎ D、当加入的氯气把Fe2+完全氧化成Fe3+，还有部分剩余时，可以发生反应2Fe2++2Br-+2Cl2→2Fe3++1Br2+4Cl-，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎23.单质硅的晶体结构如图所示。‎ 下列关于单质硅晶体的说法不正确的是(　　)‎ A. 是一种立体网状结构的晶体 B. 晶体中每个硅原子与4个硅原子相连 C. 晶体中最小环上的原子数目为8‎ D. 晶体中最小环上的原子数目为6‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 单质硅是一种立体网状结构的原子晶体，A正确；‎ B. 晶体中每个硅原子与4个硅原子相连，B正确；‎ C. 根据单质硅的晶胞结构可判断晶体中最小环上的原子数目为6，C错误；‎ D. 晶体中最小环上的原子数目为6，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎24.某溶液中只含有Na+、Al3+、Cl－、SO42－ 四种离子，已知前三种离子的个数比为3∶2∶1，则溶液中Al3+和 SO42－的离子个数比为( )‎ A. 1∶2 B. 1∶4 C. 3∶4 D. 3∶2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】考查溶液中电荷守恒规律的应用。‎ ‎【详解】设前三种离子的物质的量分别是3x、2x、x，则根据溶液中电荷守恒可知，若溶液的酸碱性忽略不计，SO42－的离子物质的量是（3x＋2x×3－x）÷2＝4x，则溶液中Al3+和SO42－的离子个数比为2x:4x＝1:2，故A正确；‎ 答案选A。‎ ‎25.下列有关电解质的说法中正确的是（ ）‎ A. 氢氧化钠固体溶于水后能导电，所以氢氧化钠是电解质 B. 二氧化碳水溶液能够导电，所以二氧化碳是电解质 C. 铁、铜能导电，所以铁、铜为电解质 D. 氯化铁溶液能够导电，所以氯化铁溶液是电解质 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaOH固体溶于水后能导电，且NaOH为化合物，所以NaOH是电解质，故A正确；‎ B．CO2水溶液能够导电，但导电离子不是二氧化碳电离的，则二氧化碳为非电解质，故B错误；‎ C．Fe、Cu为单质，不属于电解质，也不是非电解质，故C错误；‎ D．FeCl3溶液为混合物，不属于电解质，也不是非电解质，故D错误；‎ 故答案为A。‎ 分卷II 二、实验题(共5小题，共50分)‎ ‎26.某研究小组制备氯气并对产生氯气的条件进行探究。‎ ‎(1)装置A中用MnO2与浓盐酸反应制取Cl2，利用了浓HCl的___________(填“氧化性”或“还原性”)。‎ ‎(2)A中产生气体不纯，含有的杂质可能是___________。‎ ‎(3)B用于收集Cl2，请完善装置B并用箭头标明进出气体方向_____________。‎ ‎(4)C用于吸收多余的Cl2，C中发生反应的离子方程式是____________________________________________________________。‎ ‎(5)该小组欲研究盐酸的浓度对制Cl2的影响，设计实验进行如下探究。‎ ‎①已知MnO2呈弱碱性。 Ⅰ中溶液呈浅棕色是由于MnO2与浓盐酸发生了复分解反应，化学方程式是___________________________________________________。‎ ‎②Ⅱ中发生了分解反应，反应的化学方程式是__________________________________。‎ ‎③Ⅲ中无明显现象的原因，可能是c(H＋)或c(Cl－)较低，设计实验Ⅳ进行探究：‎ 将实验Ⅲ、Ⅳ作对比，得出的结论是____________________________；‎ 将ⅰ、ⅱ作对比，得出的结论是___________________________________。‎ ‎【答案】(1). 还原性 (2). HCl、H2O(g) (3). (4). Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O (5). MnO2＋4HCl=MnCl4＋2H2O (6). MnCl4=Cl2↑＋MnCl2 (7). Ⅲ中没有明显现象的原因是c(H＋)、c(Cl－) 较低，需要增大到一定浓度才能被MnO2氧化 (8). MnO2氧化盐酸的反应中c(H＋)变化的影响大于c(Cl－)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）二氧化锰和浓盐酸在加热的条件下反应生成氯气，元素失电子化合价升高发生氧化反应，元素得电子化合价降低发生还原反应；‎ ‎（2）MnO2与浓盐酸反应制取Cl2中混有氯化氢和水蒸气；‎ ‎（3）氯气的密度比空气的密度大，采用向上排空气法收集氯气；‎ ‎（4）C中氢氧化钠溶液用于吸收多余的Cl2，生成氯化钠、次氯酸钠和水；‎ ‎（5）①复分解反应为两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物；‎ ‎②将Ⅰ中混合物过滤，加热滤液，Ⅱ中发生了分解反应，结合氧化还原反应单质守恒分析锰元素被还原的价态和物质；‎ ‎③Ⅲ中无明显现象的原因，可能是c(H＋)或c(Cl－)较低，将ⅰ、ⅱ做对比加热MnO2和4moL-1‎ 稀盐酸混合物，加热硫酸和加入氯化钠当生成黄绿色气体，其中氢离子浓度小于氯离子的浓度。‎ ‎【详解】（1）二氧化锰和浓盐酸在加热的条件下反应生成氯气，氯元素化合价升高，锰元素的化合价降低，氯化氢做还原剂，利用氯化氢的还原性；‎ ‎（2）用MnO2与浓盐酸在加入条件下反应制取Cl2，浓盐酸中的氯化氢易挥发，故Cl2含有杂质为HCl、H2O(g)；‎ ‎（3）氯气的密度比空气的密度大，采用向上排空气法，长导管进气，短导管出气，收集氯气的装置图为：；‎ ‎（4）C用于吸收多余的Cl2，防止污染环境，C中发生反应的离子方程式是：Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O；‎ ‎（5）①MnO2呈弱碱性。 Ⅰ中溶液呈浅棕色由于MnO2与浓盐酸发生了复分解反应，酸碱中和反应生成盐和水，化学方程式是：MnO2+ 4HCl=MnCl4+2 H2O；‎ ‎②Ⅱ中发生了分解反应，将Ⅰ中混合物过滤，加热滤液分解生成MnCl2和Cl2，反应的化学方程式是：MnCl4= MnCl2+Cl2↑；‎ ‎③Ⅲ中无明显现象的原因，可能是c(H＋)或c(Cl－)较低，将实验Ⅲ、Ⅳ作对比，得出的结论是Ⅲ中无明显现象的原因是c(H+)、c(Cl-)较低，需要增大到一定浓度，才能被MnO2氧化，将ⅰ、ⅱ作对比，加热MnO2和4moL-1稀盐酸混合物，加热硫酸和加入氯化钠当生成黄绿色气体，其中氢离子浓度小于氯离子的浓度，得出的结论是MnO2氧化盐酸的反应中c(H+)变化的影响大于c(Cl-)。‎ ‎27.某校化学兴趣小组为研究Cl2的性质并制备氯水，用如图所示装置进行实验。装置Ⅲ中夹持装置已略去，其中a为干燥的品红试纸，b为湿润的品红试纸。‎ ‎（1）加入药品前，检查I中气体发生装置气密性操作是__。‎ ‎（2）装置Ⅰ中发生反应的化学方程式为__。‎ ‎（3）实验结束后，该组同学在装置Ⅲ 中观察到b的红色褪去，但是并未观察到“a无明显变化”这一预期现象。为了达到这一实验目的，你认为应在__和___(填装置序号)之间添加洗气装置，该装置的作用是___。‎ ‎（4）装置V中NaOH溶液作用是__，相关反应的化学方程式为___。‎ ‎（5）反应完毕，为探究装置Ⅳ中溶质的成分，需要的试剂主要有__。‎ ‎【答案】(1). 关闭c，打开分液漏斗的活塞，向分液漏斗中加入适量水，一段时间后分液漏斗液面不再发生变化 (2). MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O (3). Ⅱ (4). Ⅲ (5). 干燥Cl2 (6). 吸收尾气，防止污染环境 (7). Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O (8). pH试纸、品红溶液、AgNO3溶液(顺序可调)或紫色石蕊溶液、AgNO3溶液(顺序可调)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)若装置I气密性良好，关闭c，打开分液漏斗的活塞，分液漏斗中液体不能顺利流入烧瓶中；‎ ‎(2)装置Ⅰ中二氧化锰和浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水；‎ ‎(3)装置Ⅱ中有水，可能有水蒸气进入Ⅲ；‎ ‎(4)装置V中NaOH溶液能与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；‎ ‎(5)装置Ⅳ中溶质是盐酸和次氯酸。‎ ‎【详解】(1)关闭c，打开分液漏斗的活塞，向分液漏斗中加入适量水，一段时间后分液漏斗液面不再发生变化，说明装置I气密性良好；‎ ‎(2)装置Ⅰ中二氧化锰和浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；‎ ‎(3)装置Ⅱ中有水，有水蒸气进入Ⅲ，所以未观察到“a无明显变化”这一预期现象；应在Ⅱ和Ⅲ之间添加盛有浓硫酸的洗气瓶，用于干燥Cl2；‎ ‎(4)装置V中NaOH溶液能与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式是Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O；氯气有毒，不能排放到空气中，所以装置V中NaOH溶液的作用是吸收尾气，防止污染环境；‎ ‎(5)加入紫色石蕊溶液，先变红后褪色，说明含有氢离子、次氯酸，再加入硝酸银溶液，有白色沉淀生成，证明含有氯离子，所以需要加入的试剂是紫色石蕊溶液、AgNO3溶液。‎ ‎28.(1)观察下列A、B、C、D、E五种粒子(原子或离子)的结构示意图，回答有关问题。‎ ‎①‎ 与离子相对应的元素符号是______________，与原子相对应的离子的结构示意图是______________。‎ ‎②电子层结构相同的是__________(填写代号，下同)，性质最稳定的是__________，最容易失去电子的是__________，最容易得到电子的是__________。‎ ‎③可直接相互结合形成的化合物的化学式是____________。可经过得失电子后再相互结合形成的化合物的化学式是______________。‎ ‎④在核电荷数1～10的元素内，列举两个与B电子层结构相同的离子，写出离子的符号______________。‎ ‎(2)已知元素X和Y的核电荷数均小于18，最外层电子数分别为n和(m－5)，次外层有(n＋2)个和m个电子，据此推断元素X和Y，其名称为X__________，Y__________。‎ ‎【答案】(1). O、Mg (2). (3). BCE (4). C (5). D (6). A (7). MgO (8). NaCl (9). N3－、F－ (10). 硫 (11). 铝 ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）由原子或离子示意图可知：A为氯原子，B为氧离子，C为氖原子，D为钠原子，E为镁离子；据此回答；‎ ‎（2）根据核外电子排布规律分析解答。‎ ‎【详解】（1）由原子或离子示意图可知：A为氯原子，B为氧离子，C为氖原子，D为钠原子，E为镁离子；则 ‎①与离子相对应的元素符号是O、Mg；与原子相对应的离子的结构示意图是；故答案为：O、Mg；；‎ ‎②电子层结构相同的是BCE，C为稀有气体，最稳定；钠原子最外层只有一个电子最容易失去电子，氯原子最外层为7电子最容易得到电子；故答案为：BCE；C；D；A；‎ ‎③Mg2+和O2-可直接相互结合形成的化合物的化学式是MgO；Na原子和Cl原子可经过得失电子后再相互结合形成的化合物的化学式是NaCl；故答案为：MgO；NaCl；‎ ‎④在核电荷数1～10的元素内，与氧离子电子层结构相同的离子有N3－、F－；故答案为：N3－、F－；‎ ‎（2）元素X和Y的核电荷数均小于18，最外层电子数分别为n和(m－5)，次外层有(n＋2)个和m个电子，次外层可能为2或8，当次外层为2时m=2，Y最外层为-3不符，所以次外层为8，则m=8，n=6，则最外层X为6，Y为3，所以X为S，Y为Al。故答案为：硫；铝。‎ ‎29.铁和铝是科技、生产、生活中应用最广泛的金属材料。‎ 现有铁、铝的混合物进行如下实验：‎ ‎(1)操作X的名称是_____。‎ ‎(2)气体A是_____。‎ ‎(3)A与Cl2混合光照可能发生爆炸，生成_____(填化学式)，A在该反应中作为_____(填“氧化剂”或“还原剂”)。‎ ‎(4)溶液B中阴离子除OH-外还有_____，溶液D中存在的金属离子为_____。‎ ‎【答案】(1). 过滤 (2). H2(或氢气) (3). HCl (4). 还原剂 (5). AlO2- (6). Fe2+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】金属混合物中Fe与NaOH溶液不反应，而Al可以与NaOH溶液反应产生NaAlO2、H2，NaAlO2易溶于水，所以气体A是H2，溶液B是NaAlO2与NaOH的混合溶液，固体C是Fe，Fe是比较活泼的金属，与HCl发生置换反应产生FeCl2和氢气，因此溶液D为FeCl2，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)操作X的名称是分离难溶性的固体与可溶性液体混合物的方法，名称是过滤；‎ ‎(2)气体A是H2；‎ ‎(3)A是H2，H2和Cl2的混合气体光照会发生爆炸，反应生成HCl，在该反应中，氢元素的化合价升高，失去电子，被氧化，所以H2作还原剂，；‎ ‎(4)溶液B是反应产生的NaAlO2与过量的NaOH的混合溶液，所以溶液B中阴离子除OH-外还有AlO2-；铁可以和盐酸反应生成FeCl2和H2，溶液D中含有的金属离子为Fe2+。‎ ‎30.向20 mL某浓度的AlCl3溶液中滴加2 mol·L－1的NaOH溶液时，得到Al(OH)3沉淀的质量(g)与所滴加NaOH溶液的体积(mL)关系如图所示，试回答下列问题：‎ ‎(1)图中A点表示的沉淀是__________(写化学式)，其物质的量为____________。‎ ‎(2)反应至A点时消耗NaOH溶液的体积为______________。‎ ‎(3)图中B点溶液中的溶质有________________。‎ ‎(4)AlCl3溶液的浓度为______________。‎ ‎(5)O点到B点反应的总离子方程式可表示为________________。‎ ‎【答案】(1). Al(OH)3 (2). 0.01 mol (3). 15mL (4). NaAlO2、NaCl (5). 0.5mol·L－1 (6). Al3＋＋4OH－=＋2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】本题是一道铝盐和碱反应的题目，只需牢牢抓住AlCl3＋3NaOH===Al(OH)3↓＋3NaCl和Al(OH)3＋NaOH===NaAlO2＋2H2O两个主要反应来分析即可，OA段沉淀质量在不断增加，因此是第一个反应，AB段沉淀质量开始减少，因此是AB段。‎ ‎【详解】（1）向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液时，先发生反应：AlCl3＋3NaOH===Al(OH)3↓＋3NaCl，后发生反应：Al(OH)3＋NaOH===NaAlO2＋2H2O，故A点沉淀为Al(OH)3，其物质的量为＝0.01 mol；‎ ‎（2）根据Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓可知，反应至A点时消耗的n(NaOH)＝3n[Al(OH)3]＝0.01mol×3＝0.03mol，消耗NaOH溶液的体积为＝0.015 L＝15mL；‎ ‎（3）根据AlCl3＋3NaOH===Al(OH)3↓＋3NaCl、Al(OH)3＋NaOH===NaAlO2＋2H2O可知，B点溶液中的溶质为NaAlO2、NaCl；‎ ‎（4）c(AlCl3)＝＝0.5 mol·L－1；‎ ‎（5）O点到B点总反应为Al3＋转化为反应，总离子方程式为Al3＋＋4OH－===＋2H2O。‎ ‎31.甲、乙实验小组设计如下实验装置分别制备SnCl4和漂白粉。‎ ‎(1)已知：a.金属锡熔点231 ℃，化学活泼性与铁相似；‎ b．干燥的氯气与熔融金属锡反应生成SnCl4，SnCl4的沸点114 ℃；‎ c．SnCl2、SnCl4均易水解，易溶于有机溶剂，且Sn2＋易被氧化。根据图甲装置回答：‎ ‎①试管Ⅱ中的试剂是____________________，Ⅲ中的试剂是________________________。‎ ‎②Ⅵ处装置最好选用________(填字母)。‎ ‎③Ⅰ处装置中反应的离子方程式是____________________________________________。‎ ‎④实验结束后，欲回收利用装置Ⅰ中未反应完的MnO2，需要的玻璃仪器有______________。‎ ‎(2)已知：①Cl2与潮湿的消石灰反应是放热反应；②温度较高时Cl2与潮湿Ca(OH)2的反应为6Cl2＋6Ca(OH)2=Ca(ClO3)2＋5CaCl2＋6H2O。‎ 根据图乙装置回答：此实验所得Ca(ClO)2产率较低的理由是 ‎①________________________________________________________________________；‎ ‎②________________________________________________________________________。‎ ‎【答案】(1). 饱和食盐水 (2). 浓H2SO4 (3). C (4). MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O (5). 普通漏斗、玻璃棒、烧杯 (6). B、C之间缺少吸收HCl的装置，2HCl＋Ca(OH)2===CaCl2＋2H2O (7). Cl2与消石灰反应为放热反应，温度升高，部分Ca(OH)2转化为Ca(ClO3)2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1) ①装置Ⅰ中制取的氯气含有氯化氢和水蒸气，锡与盐酸反应生成SnCl2和氢气，SnCl4易水解，所以制备SnCl4，要用干燥纯净的氯气与锡反应，装置Ⅱ、Ⅲ的作用是除杂和干燥；②根据SnCl4易水解，装置Ⅵ处连接的装置应具有干燥和吸收氯气的作用。③Ⅰ 处装置中二氧化锰与浓盐酸加热生成氯化锰、氯气、水；④MnO2难溶于水，实验结束后，用过滤法回收装置Ⅰ中未反应完的MnO2；(2)氯气中含有杂质氯化氢，氯化氢与氢氧化钙反应生成氯化钙；Cl2与潮湿的消石灰反应是放热反应，温度升高，Cl2与潮湿Ca(OH)2的反应为6Cl2＋6Ca(OH)2=Ca(ClO3)2＋5CaCl2＋6H2O。‎ ‎【详解】(1) ①装置Ⅰ中制取的氯气含有氯化氢和水蒸气，锡与盐酸反应生成SnCl2和氢气，SnCl4易水解，所以制备SnCl4，要用干燥纯净的氯气与锡反应，装置Ⅱ、Ⅲ的作用是除杂和干燥，装置Ⅱ中盛放饱和食盐水，除去氯气中的氯化氢；装置Ⅲ中盛放浓H2SO4除去氯气中的水蒸气；②根据SnCl4易水解，装置Ⅵ处连接的装置应具有干燥和吸收氯气的作用，故选C。③Ⅰ处装置中二氧化锰与浓盐酸加热生成氯化锰、氯气、水，反应的离子方程式是MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；④MnO2难溶于水，实验结束后，用过滤法回收装置Ⅰ中未反应完的MnO2，需要的玻璃仪器是普通漏斗、玻璃棒、烧杯；(2) 氯气中含有杂质氯化氢，B、C之间缺少吸收HCl的装置，2HCl＋Ca(OH)2===CaCl2＋2H2O ； Cl2与消石灰反应为放热反应，温度升高，Cl2与潮湿Ca(OH)2的反应为6Cl2＋6Ca(OH)2=Ca(ClO3)2＋5CaCl2＋6H2O，部分Ca(OH)2转化为Ca(ClO3)2。‎