天津市第九十五中学2019-2020学年高一下学期3月线上测试化学试题

天津市第九十五中学2019-2020学年高一下学期3月线上测试化学试题

化学试卷 ‎（满分：100分 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 Al- 27 S- ‎32 C1- 35.5‎ 第I卷（60分）‎ 一、选择题（每小题只有一个正确答案，每题3分，共60分）‎ ‎1.摩尔是 ( )‎ A. 物质中所含的微粒数 B. 表示物质质量的单位 C. 表示物质的量的单位 D. 既是物质的数量单位又是物质质量的单位 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】物质的量是用来描述微观粒子集合体的物理量，而摩尔是物质的量的单位，它的意义与质量和数量无关，C正确；‎ 综上所述，本题选C。‎ ‎2.下列溶液中含Cl-浓度最大的是（ ）‎ A. 10mL0.1mol/L的AlCl3溶液 B. 20mL0.1mol/LCaCl2溶液 C. 30mL0.2mol/L的KCl溶液 D. 100mL0.25mol/L的NaCl溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 10 mL 0.1mol/L的AlCl3溶液中Cl−的物质的量浓度为0.1mol/L×3=0.3mol/L；‎ B. 20 mL 0.1mol/L的CaCl2溶液中Cl−的物质的量浓度为0.1mol/L×2=0.2mol/L；‎ C. 30mL 0.2 mol/L 的KCl溶液中Cl−的物质的量浓度为0.2mol/L×1=0.2mol/L；‎ D. 100 mL 0.25 mol/L 的NaCl 溶液中Cl−的物质的量浓度为0.25mol/L×1=0.25mol/L；‎ 对比可知氯离子浓度最大的为0.3mol/L，A项符合题意，‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】值得注意的是，氯离子的物质的量浓度与溶液体积大小无关，与溶质浓度及其化学式组成有关。‎ ‎3.下列叙述正确的是 A. 1 mol CO2的质量为‎44g·mol－1‎ B. CO2的摩尔质量为‎44g C. 6.02×1022个CO2分子的质量为‎4.4g D. 1mol任何物质的质量等于该物质的相对分子质量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 1 mol CO2的质量为‎44g，故A错误；‎ B. CO2的相对分子质量为44，1 molCO2的摩尔质量为‎44g·mol－1，故B错误；‎ C. 6.02×1022个CO2分子的物质的量为0.1mol，其质量为0.1×44=‎4.4g，故C正确；‎ D. 摩尔质量在数值上以克为单位，等于它相对原子质量或相对分子质量，二者单位不同，表示的意义不同，故D错误； ‎ 综上所述，本题选C。‎ ‎4.溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质区别是 A. 是否有丁达尔现象 B. 是否能透过滤纸 C. 是否均一、透明、稳定 D. 分散质粒子直径的大小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】液液、胶体和浊液这三种分散系的根本区别是分散质粒子直径的大小，溶液中分散质粒子直径小于1 nm，胶体中分散质粒子直径为1nm～100nm，浊液中分散质粒子直径大于100 nm。故答案选D。‎ ‎5. 下列有关物质的分类正确的是（ ）‎ A. 氯化钡、四氯化碳、硫酸、碘酒都属于化合物 B. 硝酸、纯碱、磷酸钠、二氧化碳分别属于酸、碱、盐、氧化物 C. 溶液、浊液、胶体、空气都属于混合物 D. CO2、SO2、P2O5、CO都属于酸性氧化物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、碘酒属于混合物，化合物属于纯净物，故错误；B、纯碱是碳酸钠，属于盐，故错误；C、都属于混合物，故正确；D、CO属于不成盐氧化物，不属于酸性氧化物，故错误。‎ 考点：考查物质的分类等知识。‎ ‎6.下列括号中的分离方法运用得当的是(　　)‎ A. 植物油和自来水(蒸馏)‎ B. 水溶液中的食盐和碘(分液)‎ C. 碳酸钙和氯化钙固体混合物(溶解、过滤、蒸发)‎ D. 自来水中的杂质(萃取)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 植物油和自来水是不互溶的液体混合物，可以用分液的方法分离，故错误；B. 碘在水中的溶解度小，可以用有机物溶剂进行萃取，故错误；C. 碳酸钙不溶于水，氯化钙固体溶于水，可以用溶解、过滤、蒸发的方法分离，故正确；D. 自来水中的杂质可以用蒸馏的方法分离，故错误。故选C。‎ ‎【点睛】掌握分离和提出的方法，不互溶的液体混合物用分液的方法分离，从溶液中分离固体溶质的方法为蒸发，从水溶液中分离碘或溴通常用萃取的方法。制取蒸馏水用蒸馏的方法。‎ ‎7.下列事实与胶体性质无关的是（ ）‎ A. 在豆浆里加入盐卤做豆腐 B. 河流入海处易形成沙洲 C. 一束平行光线照射蛋白质溶液时，从侧面可以看到光亮的通路 D. 三氯化铁溶液中滴入氢氧化钠溶液出现红褐色沉淀 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.豆浆属于胶体，具有胶体的性质，向其中加入盐卤，盐卤中含丰富的电解质氯化钙等，可以使豆浆凝聚发生聚沉，A不符合题意；‎ B.河流中的水含有泥沙胶粒等，海水中含有氯化钠、氯化钙等电解质，二者相遇可以发生胶体凝聚，形成三角洲，B不符合题意；‎ C.蛋白质溶液属于胶体，胶体在光照射时从侧面可以看到光亮的通路，即发生胶体的丁达尔效应，C不符合题意；‎ D.二者主要发生了复分解反应，与胶体性质无关，D符合题意；‎ 故选D。‎ ‎8.已知在‎3.2g某气体中所含的分子数目约为3.01×1022，此气体的摩尔质量为（　　）‎ A. ‎32g B. ‎32g/mol C. 64 mol D. ‎64g/mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】3.01×1022某气体所含分子的物质的量为0.05mol，根据M=m/n=3.2/0.05=‎64g/mol, D选项正确；‎ 综上所述，本题选D。‎ ‎【点睛】气体的摩尔质量与气体的分子量表示意义不一样，摩尔质量有单位，一般为g/mol；只有当以克为单位时，摩尔质量在数值上等于该气体的相对分子质量。‎ ‎9.将一小块钠投入下列溶液中，既能产生气体又出现白色沉淀的是（ ）‎ A. 氯化镁溶液 B. 氢氧化钠溶液 C. 硫酸铜溶液 D. 稀硫酸 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Na投入氯化镁溶液中，Na与水反应生成NaOH和H2，NaOH与MgCl2反应生成白色Mg(OH)2沉淀，既能产生气体又出现白色沉淀，A符合题意；‎ B.Na投入氢氧化钠溶液中，Na只与水反应生成NaOH和H2，只能产生气体，B不符合题意；‎ C. Na投入硫酸铜溶液中，Na与水反应生成NaOH和H2，NaOH与硫酸铜反应生成蓝色氢氧化铜沉淀，既能产生气体又出现蓝色沉淀，C不符合题意；‎ D. Na与稀硫酸反应生成硫酸钠和H2，只能产生气体，D不符合题意；‎ 答案选A。‎ ‎10.下列反应属于氧化还原反应的是 A. Na2CO3+2HCl=Na2CO3+CO2↑+H2O B. H2O+CO2=H2CO3‎ C. 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ D. 2Al(OH)3Al2O3+3H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应前后有元素化合价变化的反应是氧化还原反应，据此解答。‎ ‎【详解】A、反应Na2CO3+2HCl=Na2CO3+CO2↑+H2O中元素的化合价均不变化，是非氧化还原反应，A不符合；‎ B、反应H2O+CO2=H2CO3中元素的化合价均不变化，是非氧化还原反应，B不符合；‎ C、反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑中过氧化钠中的氧元素化合价部分升高，部分降低，属于氧化还原反应，且过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，C符合；‎ D、反应2Al(OH)3Al2O3+3H2O中元素的化合价均不变化，是非氧化还原反应，D不符合；‎ 答案选C。‎ ‎11.下列说法中不正确的是 ‎ ‎①BaSO4不溶于水,其水溶液的导电能力极弱,所以BaSO4是弱电解质 ‎②SO2的水溶液能导电,所以SO2是电解质 ‎③液氧不导电,所以液氧是非电解质 ‎④硫酸氢钠电离出的阳离子有氢离子，所以硫酸氢钠是酸 ‎⑤电解质放在水中一定能导电，非电解质放在水中一定不导电 A. ①④ B. ①④⑤ C. ②③④ D. ①②③④⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①硫酸钡在水中的溶解度很小，但溶解的硫酸钡能完全电离，所以硫酸钡是强电解质，①错误；‎ ‎②SO2溶于水，与水反应反应生成亚硫酸，亚硫酸在溶液中能够电离，属于电解质，SO2属于非电解质，②错误；‎ ‎③电解质和非电解质都必须是化合物，液氧是单质，既不是电解质也不是非电解质，③错误；‎ ‎④电离出的阳离子都是氢离子的化合物是酸，硫酸氢钠在水溶液中电离出的阳离子还有钠离子，属于盐，④错误；‎ ‎⑤电解质放在水中不一定能导电，如碳酸钙固体在水中的溶解度很小，难溶于水，几乎没有自由移动的离子，几乎不导电；碳酸钙在熔融状态下，能完全电离，碳酸钙是电解质；非电解质放在水中不一定不导电，如NH3在水溶液里，生成一水合氨，一水合氨能电离出自由移动的铵根离子和氢氧根离子而导电，氨气自身未电离，所以氨气是非电解质，⑤错误。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题主要考查物质的分类，涉及电解质的概念、导电与否和酸的概念等有关判断，②是解答的易错点，注意电解质和非电解质都必须是化合物，且均是自身能够电离出阴阳离子的化合物。‎ ‎12.下列有关氧化还原反应的叙述正确的是 A. 金属单质在氧化还原反应中只能作还原剂 B. 化合物中某元素处于最高价,该化合物只能被还原 C. 失电子越多的还原剂,其还原性越强 D. 非金属单质只能作氧化剂 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、金属单质在氧化还原反应中只能失去电子，只能作还原剂，故A正确；‎ B、处于最高价态的元素只能得电子不能失电子，但化合物中某元素处于最高价,该化合物不一定只能被还原，例如水既可以被氧化也可以被还原，故B错误；‎ C、还原剂的还原性与失电子的难易程度有关，与失电子的多少无关，故C错误；‎ D、非金属单质在氧化还原反应中可能作还原剂也可能作氧化剂也可能既作氧化剂又作还原剂，如Cl2+H2O=HCl+HClO，氯气既作氧化剂又作还原剂，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查了氧化还原反应的有关判断，选项C是易错点，注意还原剂的还原性与失电子的难易程度有关，与失电子的多少无关。同样氧化剂的氧化性与得到电子的多少也无关，只与得到电子的难易程度有关系。‎ ‎13.下列反应的离子方程式书写正确的是 A. 氢氧化钡溶液与稀硫酸反应： Ba2+ + OH－+ H++SO42－= H2O +BaSO4↓‎ B. 稀硫酸与铁粉反应： 2Fe + 6H+ = 2Fe3+ + 3H2↑‎ C. 氯化铜溶液与铁粉反应： Cu2+ + Fe = Fe2+ + Cu D. 碳酸钠溶液与醋酸反应： CO32－+ 2H+ = H2O + CO2↑‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氢氧化钡和硫酸反应生成硫酸钡和水不符合定组成规律；稀硫酸具有弱氧化性，能将铁氧化为亚铁离子；Fe比Cu活泼，Fe能从盐溶液中置换出Cu；醋酸为弱酸，离子方程式中不能拆写。‎ ‎【详解】稀硫酸与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡和水，反应的离子方程式为：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，A错误；‎ 稀硫酸具有弱氧化性，能将铁氧化为亚铁离子，离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，B错误；‎ Fe比Cu活泼，则氯化铜溶液与铁粉反应的离子反应为Cu2++Fe=Fe2++Cu，C正确；‎ 醋酸为弱酸，离子方程式中不能拆写，反应的离子方程式为：2CH3COOH+CO32-═2CH3COO-+CO2↑+H2O，D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查离子方程式的书写，在解此类题时，首先分析应用的原理是否正确，然后再根据离子方程式的书写规则进行判断。离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等。‎ ‎14.在无色透明的强酸性溶液中，能大量共存的离子组是 A. NH4+、Mg2+、SO42－、NO3－ B. Ba2+、Na+、OH－、Cl－‎ C. K+、NH4+、MnO4－、SO42－ D. K +、Na+、NO3－、HCO3－‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 无色透明溶液中不存在有色离子，强酸性溶液中一定存在大量的氢离子，一定不存在OH－、HCO3－等。‎ ‎【详解】酸性溶液中该组离子之间不反应，则能共存，A正确；酸性条件下OH-不能大量共存，B错误；溶液中MnO4-为紫色，与无色透明的强酸性溶液不符，C错误；HCO3-与氢离子反应生成二氧化碳，在溶液中不能大量共存，D错误。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查离子共存的正误判断，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能生成难溶物的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件。‎ ‎15.可以用离子方程式H＋＋OH－＝H2O来表示的化学反应是 A. 硫酸和Ca(OH)2溶液的反应 B. 盐酸和Cu(OH)2的反应 C. 醋酸和NaOH溶液的反应 D. 硫酸氢钠溶液和KOH溶液的反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 离子方程式H++OH-=H2O表示强酸和强碱反应生成可溶于水的盐和水的反应，如：盐酸和氢氧化钠、盐酸和氢氧化钡、硝酸和氢氧化钾等。‎ ‎【详解】稀硫酸和Ca（OH）2溶液生成的硫酸钙是沉淀，硫酸钙不能拆成离子的形式，A错误；氢氧化铜是弱碱，在离子方程式中不能拆成离子的形式，B错误；醋酸是弱酸，在离子方程式中不能拆成离子的形式，C错误；NaHSO4溶液为强酸的酸式盐，书写时要拆写为H+，硫酸氢钠溶液和KOH溶液的反应生成硫酸钾和水，D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，侧重复分解反应的离子反应考查，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，注意化学式的拆分是否正确。‎ ‎16.下列变化中，需要加入氧化剂才能实现的是 A. Cl-→Cl2 B. CuO→Cu C. CaCO3→CO2 D. H2O2→O2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 变化中需要加入氧化剂才能实现，说明给予物质作还原剂，在反应中失电子化合价升高，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．该反应Cl-→Cl2中Cl元素化合价由－1价变为0价，失去电子，需要氧化剂才能实现，故A正确；‎ B．该反应CuO→Cu中Cu元素化合价由+2价变为0价，得到电子氧化铜作氧化剂，需要还原剂才能实现，故B错误；‎ C．该反应CaCO3→CO2中各元素化合价不变，不需要氧化还原反应就能实现，故C错误；‎ D．该反应H2O2→O2中O元素化合价升高，可以发生自身的氧化还原反应即可实现，不需要加入氧化剂就能实现，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应，侧重考查基本概念，明确化合价变化与氧化剂、还原剂关系是解本题关键，熟悉常见氧化剂和还原剂。选项D是易错点，注意自身发生氧化还原反应的特例。‎ ‎17.同温同压下两个容积相等的贮气瓶，一个装有C2H4，另一个装有C2H2和C2H6的混合气体，两瓶内的气体一定相同的是 A. 质量 B. 原子总数 C. 碳原子数 D. 密度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据阿伏加德罗定律：同温同压下，容积相等的任何气体具有相同的分子数，结合C2H4、C2H2、C2H6每个分子的组成特点来回答。‎ ‎【详解】同温同压下，两个储气瓶的容积又相等，所以两瓶中气体的物质的量就相等，即两瓶内气体的分子数相同，则 A、根据m=nM，瓶中装有C2H2和C2H6的混合气体的瓶子的M无法确定，所以m无法判断，A错误；‎ B、C2H2和C2H6的量不确定，所以原子数也无法确定，B错误；‎ C、C2H4、C2H2、C2H6每个分子中的C原子数都是2，所以碳原子数相同，C正确；‎ D、据ρ=m/V，V一定，质量不确定，所以ρ无法判断，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎18.实验中需0.2mol/L的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取Na2CO3·10H2O的质量分别是 A. 1000mL，‎57.2g B. 1000mL，‎‎28.6g C. 950 mL，‎54.3g D. 950mL，‎‎28.6g ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由于容量瓶没有950mL规格，应用1000mL的容量瓶进行配制，然后根据m=cVM进行计算。‎ ‎【详解】容量瓶没有950mL规格，应用1000mL的容量瓶进行配制，则m（Na2CO3·10H2O）=cVM=‎1L×0.2mol/L×‎286g/mol=‎57.2g，故选A。‎ ‎【点睛】本题考查溶液的配制知识，注意实验室常用容量瓶的规格。‎ ‎19.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是 A. 常温常压下，‎22.4 L O2所含的氧分子数目为NA B. 标准状况下，‎22.4 L H2O所含的分子数为NA C. ‎18g H2O中所含的质子数为10NA D. ‎2 L 0.1 mol/L Na2CO3溶液中所含Na＋的数目为0.2NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 常温常压下气体的摩尔体积大于‎22.4L/mol，则‎22.4 L O2‎ 所含的氧分子数目小于NA，A错误；‎ B. 标准状况下水是液体，不能利用气体摩尔体积计算‎22.4 L H2O所含的分子数，B错误；‎ C. ‎18g H2O的物质的量是1mol，1分子水含有10个质子，则其中所含的质子数为10NA，C正确；‎ D. ‎2 L 0.1 mol/L Na2CO3溶液中碳酸钠的物质的量是0.2mol，则所含Na＋的数目为0.4NA，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎20.根据反应：‎ ‎①Fe+Cu2+＝Fe2++Cu ②2Fe3++Cu＝Cu2++2Fe2+‎ ‎③2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl－ ④HClO+H++Cl－＝Cl2+H2O 可以判断出各微粒的氧化性由强到弱的顺序正确的是 A. Cl2＞HClO＞Fe3+＞Cu2+＞Fe2+ B. HClO＞Cl2＞Fe3+＞Cu2+＞Fe2+‎ C. Cl2＞Fe3+＞HClO＞Cu2+＞Fe2+ D. HClO＞Cl2＞Cu2+＞Fe3+＞Fe2+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性判断。‎ ‎【详解】①Fe+Cu2+＝Fe2++Cu中铜离子是氧化剂，亚铁离子是氧化产物，则氧化性为Cu2+＞Fe2+；‎ ‎②2Fe3++Cu＝Cu2++2Fe2+中铁离子是氧化剂，铜离子是氧化产物，则氧化性为Fe3+＞Cu2+；‎ ‎③2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl－中氯气是氧化剂，铁离子是氧化产物，则氧化性为Cl2＞Fe3+；④HClO+H++Cl－＝Cl2+H2O中次氯酸是氧化剂，氯气是氧化产物，则氧化性为HClO＞Cl2；‎ 由此可以判断出各微粒的氧化性由强到弱的顺序正确的是HClO＞Cl2＞Fe3+＞Cu2+＞Fe2+。答案选B。‎ 第Ⅱ卷（40分）‎ 二、填空题 ‎21.写出下列反应的化学方程式或离子方程式 ‎（1）过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式：_______________________________。‎ ‎（2）铁与水蒸气的反应的化学方程式:___________________________________。‎ ‎（3）碳酸钠溶液与盐酸反应离子方程式:___________________。‎ ‎（4）碳酸氢钠溶液与氢氧化钠溶液反应离子方程式_____________________。‎ ‎（5）氧化铝与氢氧化钠溶液反应离子方程式：__________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2 (2). 3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2 (3). CO32－＋2H＋＝CO2↑＋H2O (4). HCO3－＋OH－＝CO32－＋H2O (5). Al2O3＋2OH－＝2AlO2－＋H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据反应物和生成物书写反应的化学方程式或离子反应方程式。‎ ‎【详解】（1）过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。‎ ‎（2）铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2。‎ ‎（3）碳酸钠溶液与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，反应离子方程式为CO32－＋2H＋＝CO2↑＋H2O。‎ ‎（4）碳酸氢钠溶液与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为HCO3－＋OH－＝CO32－＋H2O。‎ ‎（5）氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为Al2O3＋2OH－＝2AlO2－＋H2O。‎ ‎22.17克NH3共有_______mol原子，0.1molH2S共有_____________个氢原子；同质量的NH3和H2S中分子个数比为_______________;在标准状况下，‎35.5g氯气的体积是_________L，将其与氢气完全化合，需氢气的物质的量是_______mol。‎ ‎【答案】 (1). 4mol (2). 0.2 NA 个 (3). 2:1 (4). ‎11.2 L (5). 0.5mol ‎【解析】‎ ‎【详解】‎17克NH3的物质的量为17/17=1mol,共有1×4=4mol原子；0.1molH2S共有0.1×2×NA=0.2 NA个氢原子；设NH3和H2S的质量均为‎1g，物质的量分别为：1/17mol，1/34mol，二者分子个数比等于物质的量之比，所以分子数之比：1/17：1/34= 2:1； ‎35.5g氯气的物质的量为35.5/71=0.5mol，在标准状况下，其体积是0.5×22.4=‎11.2 L ，根据H2+Cl2=2HCl可知，需氢气的物质的量是0.5mol；‎ 综上所述，本题答案是：4mol， 0.2 NA 个 ，2:1 ，‎11.2 L，0.5mol。‎ ‎23.浓硫酸是常用的干燥剂，根据需要可将浓硫酸配成不同浓度的稀硫酸。回答下列问题：‎ ‎（1）‎1L 0.5mol/L的H2SO4溶液中含有H2SO4 __________g，含有H+___________个，将此溶液与足量的铝片反应，反应的离子方程式为_______________________。‎ ‎（2）配制上述稀硫酸需要量取质量分数为98%，密度为‎1.84g/cm3浓硫酸_______mL（结果保留一位小数）。配制此溶液需要的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、胶头滴管外还需要____________________。‎ ‎（3）稀释浓硫酸的操作是__________________________________________________。‎ ‎（4）下列操作使配制的硫酸溶液的物质的量浓度偏小的是_______________。‎ A．稀释浓硫酸时有液体溅出 B．容量瓶中有少量蒸馏水残留 C．浓硫酸稀释后溶液没有冷却到室温就转移 D．向容量瓶加水定容时仰视刻度线 ‎【答案】 (1). 49 (2). NA或6.02×1023 (3). 2Al + 6H+＝2Al3+ + 3H2↑ (4). 27.2 (5). 量筒、1000mL容量瓶 (6). 将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌 (7). AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据m＝nM、n＝cV、N＝nNA计算，铝与稀硫酸反应生成硫酸铝和氢气；‎ ‎（2）根据c＝1000ρw/M计算浓硫酸的浓度，根据稀释过程中溶质的物质的量不变计算，根据配制原理选择仪器；‎ ‎（3）根据浓硫酸溶于水放热分析解答；‎ ‎（4）根据c＝n/V结合实验操作判断。‎ ‎【详解】（1）‎1L 0.5mol/L的H2SO4溶液中含有H2SO4的质量是‎1L×0.5mol/L×‎98g/mol＝‎49g，硫酸的物质的量是0.5mol，含有1mol氢离子，则含有NA或6.02×1023个H+；硫酸是二元强酸，将此溶液与足量的铝片反应生成硫酸铝和氢气，反应的离子方程式为2Al+6H+＝2Al3++3H2↑。‎ ‎（2）质量分数为98%，密度为‎1.84g/cm3的浓硫酸的浓度是1000mL/L×‎1.84g/mL×98%÷‎98 g/mol＝18.4mol/L，由于在稀释过程中溶质的物质的量不变，则配制上述稀硫酸需要量取该浓硫酸的体积为0.5mol÷18.4mol/L≈‎0.0272L＝27.2mL，配制此溶液需要的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、胶头滴管外还需要量筒、1000mL容量瓶。‎ ‎（3‎ ‎）由于浓硫酸溶于水放热，且密度大于水，则稀释浓硫酸的操作是将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌。‎ ‎（4）A．稀释浓硫酸时有液体溅出，溶质的物质的量减少，浓度偏小；‎ B．容量瓶中有少量蒸馏水残留不影响实验结果；‎ C．浓硫酸稀释后溶液没有冷却到室温就转移，冷却后溶液体积偏小，浓度偏大；‎ D．向容量瓶加水定容时仰视刻度线，溶液体积偏大，浓度偏小，答案选AD。‎ ‎24.工业上常利用反应3Cl2+8NH3＝6NH4Cl+N2检查氯气管道是否漏气。回答下列问题：‎ ‎（1）该反应中，氧化剂是______________。‎ ‎（2）该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______________。‎ ‎（3）若标准状况下有‎6.72L N2生成，则转移电子的物质的量为_______mol。‎ ‎【答案】 (1). Cl2 (2). 3:2 (3). 1.8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据反应的方程式可知，氯元素的化合价从0价降低到－1价，得到1个电子，氨气中氮元素的化合价从－3价升高到0价，失去3个电子，据此解答。‎ ‎【详解】（1）根据反应的方程式可知，氯元素的化合价从0价降低到－1价，得到1个电子，氯气是氧化剂。‎ ‎（2）氨气中氮元素的化合价从－3价升高到0价，失去3个电子，氨气是还原剂，根据电子的得失守恒可知，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2。‎ ‎（3）得到1分子氮气转移6个电子，标准状况下‎6.72L N2的物质的量是‎6.72L÷‎22.4L/mol＝0.3mol，所以转移电子的物质的量为0.3mol×6＝1.8mol。‎ ‎【点睛】该题关键是准确判断出有关元素的化合价变化情况，然后根据有关概念灵活运用、分析、判断即可。‎ ‎25.下图是实验室中制备气体或验证气体性质的装置图。‎ ‎（1）仪器a的名称是_________________________。‎ ‎（2）利用上图装置制备纯净、干燥的氯气。‎ ‎①圆底烧瓶内发生反应的离子方程式为________________________________________；‎ ‎②装置B中溶液为________________，烧杯E中溶液的作用为________________。‎ ‎（3）利用图装置证明SO2具有漂白性、还原性及生成气体中含有CO2。‎ 圆底烧瓶内加入碳，a中加入浓硫酸，B、D中均为少量品红溶液，C中为足量酸性高锰酸钾溶液，E中为澄清石灰水。‎ ‎①证明SO2具有漂白性装置是_______________，现象是______________________；‎ ‎②证明SO2具有还原性的现象是_____________________________________________；‎ ‎③证明生成气体中含有CO2的现象是_________________________________________；‎ ‎④D装置的作用是________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 4H++2Cl-+MnO22H2O + Cl2↑+Mn2+ (3). 饱和食盐水 (4). 吸收氯气防止污染 (5). B (6). 品红褪色 (7). C中的KMnO4溶液褪色 (8). D中品红不褪色且E中石灰水变浑浊 (9). 检验二氧化硫是否除尽 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)依据装置图分析仪器a为分液漏斗；‎ ‎(2)①依据实验室制备氯气的反应是二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水；②依据氯气含有氯化氢和水蒸气分析装置B的作用，氯气是有毒气体不能排放到空气中；‎ ‎(3)①证明SO2具有漂白性的装置是B装置中品红褪色；‎ ‎②证明SO2具有还原性的现象是C装置中的高锰酸钾溶液褪色；‎ ‎③证明生成气体中含有CO2的现象是E中澄清石灰水变浑浊，但防止二氧化硫气体的干扰；‎ ‎④D装置是检验二氧化硫是否除净，防止干扰检验二氧化碳。‎ ‎【详解】(1)由仪器a的图形可知a是分液漏斗；‎ ‎(2)①圆底烧瓶内发生的反应是实验室制取氯气的反应，二氧化锰与浓盐酸混合加热反应产生氯气，离子方程式为4H++2Cl-+MnO22H2O + Cl2↑+Mn2+；‎ ‎②氯气中含有氯化氢等杂质，装置B的目的是除去氯气中的HCl，所以B中溶液为饱和食盐水；氯气有毒，能够与碱反应，所以烧杯E的作用是尾气处理，吸收剩余的氯气，防止污染；‎ ‎(3)B中的品红溶液验证二氧化硫的漂白性，二氧化硫可以使品红褪色；C 的作用是验证二氧化硫的还原性，D中的品红用来验证品红是否除尽，E中的石灰水验证二氧化碳的存在；‎ ‎①二氧化硫可以使品红溶液褪色，所以证明SO2具有漂白性的装置是B，B中的品红褪色即可证明；‎ ‎②二氧化硫具有还原性，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以证明SO2具有还原性的现象是C中的KMnO4溶液褪色；‎ ‎③二氧化硫在E之前应除去，所以证明生成气体中含有CO2的现象是D中品红不褪色且E中石灰水变浑浊；‎ ‎④D装置的作用是检验二氧化硫是否除尽。‎ ‎26.Cl2是一种有毒气体，如果泄漏会造成严重的危害。‎ ‎（1）已知：3Cl2+8NH3 === 6NH4Cl+ N2，化工厂可用浓氨水来检验Cl2是否泄漏。当有少量Cl2泄漏，可以观察到的现象是 。‎ ‎（2）喷射石灰乳等碱性物质可以减轻少量Cl2泄漏造成的危害。Cl2和石灰乳反应的化学方程式是 。‎ ‎（3）实验室常用烧碱溶液吸收Cl2。若将Cl2通入热的烧碱溶液中，可以得到NaCl、NaClO和NaClO3的混合液。当NaCl和NaClO3的物质的量之比为8︰1时，混合液中NaClO和NaClO3的物质的量之比为 。‎ ‎【答案】（1）出现白烟；‎ ‎（2）2Cl2+ 2Ca(OH)2=== CaCl2 + Ca(ClO)2 + 2H2O；‎ ‎（3）3∶1‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）氯气、氨气、氮气都是气体，而NH4Cl是固体，因此当出现白烟，说明有氯气泄漏；(2)氯气与碱自身发生氧化还原反应，2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O；（3）根据氧化还原反应中得失电子数目守恒，8×1=1×5＋n(NaClO)×1，解得：n(NaClO)=3mol，则两者物质的量比值为3：1。‎ 考点：考查氯气的性质、氧化还原反应的计算等知识。‎