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  • 2021-07-02 发布

【化学】江苏省苏州市吴江平望中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题(解析版)

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江苏省苏州市吴江平望中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题 相对原子质量:H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Al-27 Mn-55 Ne-20‎ 一.单选题(本题包括20小题,每小题2分,共40分,每小题只有一个选项符合题意)‎ ‎1.ClO2 被联合国卫生组织列为高效安全灭菌消毒剂,ClO2 属于( )‎ A. 碱 B. 盐 C. 氧化物 D. 有机物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】根据碱、盐、氧化物及有机物的定义分析,按照定义将ClO2进行归类。‎ ‎【详解】A、碱指电离时所有阴离子都是氢氧根离子的化合物,ClO2是非电解质,不发生电离,不属于碱,故A错误;‎ B、盐是电离出金属阳离子和酸根阴离子的化合物,ClO2是非电解质,不发生电离,不属于盐,故B错误;‎ C、氧化物是指由氧元素与另外一种化学元素组成的二元化合物,ClO2符合,是一种氧化物,故C正确;‎ D、有机物是含碳化合物,ClO2是不含C的物质,不属于有机物,故D错误;‎ 故选:C。‎ ‎2.13C﹣NMR(核磁共振)、15N﹣NMR可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构,Kurt Wu thrich等人为此获得2002年诺贝尔化学奖.下面有关13C、15N叙述正确的是( )‎ A. 13C与15N有相同的中子数 B. 13C与C60互为同位素 C. 15N与14N互为同位素 D. 15N的核外电子数与中子数相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 13C与15N的中子数分别为(13-6)=7、(15-7)=8,不相等,故A错误;‎ B. C60是碳元素组成的单质,不是原子,不是13C的同位素,故B错误;‎ C. 15N与14N都是N原子,质子数相同,中子数不同,互为同位素,故C正确;‎ D. 15N的核外电子数为7,中子数(15-7)=8,核外电子数与中子数不相同,故D错误;‎ 故选C。‎ ‎3.下列化学用语表示正确的是( )‎ A. 次氯酸钙的化学式:CaClO B. 碳酸氢钠的电离:NaHCO3=Na+ + HCO3-‎ C. 质子数为6,中子数为8的微粒:C D. 氯原子的原子结构示意图:‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 钙为+2价,次氯酸根为-1价,次氯酸钙的化学式:Ca(ClO)2,故A错误;‎ B. 碳酸是弱酸,碳酸氢根离子保留化学式,碳酸氢钠的电离:NaHCO3=Na+ + HCO3-,故B正确;‎ C. 元素符号左上的数字表示质量数,等于质子和中子之和,质子数为6,中子数为8的微粒:C,故C错误;‎ D. 氯原子最外层只有7 个电子,氯原子的原子结构示意图:,故D错误;‎ 故选B。‎ ‎4.胶体区别于其它分散系的本质特征是(  )‎ A. 胶体的分散质能透过滤纸 B. 胶体是纯净物,其它分散系是混合物 C. 胶体能产生丁达尔现象 D. 胶体的分散质粒子直径在1~100 nm之间 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体的分散质粒子直径在1~100 nm之间,故合理选项是D。‎ ‎5. 用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液,需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作。下列图示对应的操作规范的是( )‎ A. 称量 B. 溶解 C. 转移 D. 定容 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、托盘天平称量时应是左物右码,A错误;‎ B、固体溶解在烧杯中进行,B正确;‎ C、向容量瓶中转移溶液时应该用玻璃棒引流,C错误;‎ D、定容时胶头滴管不能插入容量瓶中,D错误。‎ 答案选B。‎ ‎6.下列叙述正确的是( )‎ A. 1molH2O的质量为18g/mol B. CH4的摩尔质量为16g C. 3.01×1023个SO2分子的质量为32g D. 欲配制100mL1mol·L-1溶液,可将溶于100mL水中 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 1molH2O的质量为18g,故A错误;‎ B. CH4的摩尔质量为16g·mol-1,故B错误;‎ C. 3.01×1023个SO2分子为0.5mol,质量为0.5mol×64g·mol-1=32g,故C正确;‎ D. 欲配制100mL1mol·L-1溶液,可将14.2g溶于水中,制成100mL溶液,故D错误;‎ 故选C。‎ ‎7.下列溶液Cl-的物质的量浓度,与50 mL 1 mol·L-1AlCl3溶液中Cl-的物质的量浓度相等的是( )‎ A. 150 mL 3 mol·L-1NaClO3溶液 B. 75 mL 3 mol·L-1CaCl2溶液 C. 150 mL 3 mol·L-1KCl溶液 D. 50 mL 3 mol·L-1MgCl2溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】50mL 1mol/L的AlCl3溶液中Cl-的物质的量浓度为1mol/L×3=3mol/L,‎ A.在150mL 3mol/L的NaClO3溶液中不含有Cl-,A不符合题意;‎ B.75mL3mol/L的CaCl2溶液中Cl-的物质的量浓度为3mol/L×2=6mol/L,B不符合题意;‎ C.150mL 3mol/L的KCl溶液中Cl-的物质的量浓度为3mol/L×1=3mol/L,C符合题意;‎ D.50mL3mol/L的MgCl2溶液中Cl-的物质的量浓度为3mol/L×2=6mol/L,D不符合题意;‎ 综上所述,C项符合题意,故合理选项是C。‎ ‎8. 某气体在标准状况下体积是4.48L,质量是14.2 g,该气体的摩尔质量是( )‎ A. 71 B. 71 g•mol﹣1 C. 28.4 D. 28.4 g•mol﹣1‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析:某气体在标准状况下体积是4.48L,物质的量是4.48L÷22.4L/mol=0.2mol,质量是14.2 g,因此该气体的摩尔质量是14.2g÷0.2mol=71g/mol,答案选B。‎ ‎9.下列关于Cl2性质的说法正确的是( )‎ A. 密度比空气小 B. 是无色无味的气体 C. 能使干燥的有色布条褪色 D. 可与NaOH溶液反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.空气的相对分子量为29,氯气的密度比空气大,故A错误;‎ B.氯气是黄绿色的气体,故B错误;‎ C.次氯酸的漂白性,所以湿润的布条褪色,而不是干燥的有色布条褪色,故C错误;‎ D.氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠,所以氯气可与NaOH溶液反应,故D正确 答案选D。‎ ‎10.下列过程中,没有颜色变化的是:( )‎ A. 石蕊试剂滴入稀盐酸 B. 酚酞试剂滴入氢氧化钠溶液 C. 食盐溶液加水稀释 D. 湿润的氯气通过刚采摘的红色的鲜花 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 石蕊试剂滴入稀盐酸呈红色,故A不符;‎ B. 酚酞试剂滴入氢氧化钠溶液呈红色,故B不符;‎ C. 食盐溶液加水稀释,溶液始终都呈无色,故C符合;‎ D. 湿润的氯气通过刚采摘的红色的鲜花,红色褪去,故D不符;‎ 故选C。‎ ‎11.下列各个反应,可以应用于工业生产的是( )‎ A. 钠在氯气中燃烧,生产食盐 B. 二氧化锰和浓盐酸共热,制取氯气 C. 氯气与消石灰反应,生产漂白粉 D. 氢气和氯气混合见光爆炸制氯化氢,再生产盐酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、采用海水晒盐的方法制取氯化钠,用钠燃烧法制取氯化钠,成本高,A错误;‎ B、工业上用电解饱和食盐水的方法制取氯气、氢氧化钠,用浓盐酸与二氧化锰共热制氯气,成本高,B错误;‎ C、漂白粉的有效成分是次氯酸钙,氯气和石灰乳反应生成次氯酸钙、氯化钙,石灰乳较廉价,所以适用于工业生产,C正确;‎ D、氯气的化学性质很活泼,氯气和氢气混合在光照的条件下会发生强烈爆炸生成氯化氢气体,工业上不用该法制取氯化氢,工业上将氢气与氯气(Cl2)在点燃的条件下反应生成氯化氢(HCl),D错误;‎ 答案选C。‎ ‎12.下列物质转化需要加入还原剂才能实现的是( )‎ A. SO32-→SO2 B. HCl→Cl2 C. Na→Na+ D. SO2→S ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】还原剂具有还原性,需加入还原剂才能实现,说明题中物质具有氧化性,被还原,所含元素化合价应降低,以此解答。‎ ‎【详解】A.元素化合价没有发生变化,不是氧化还原反应,可加入酸就能实现,故A错误;B.Cl元素化合价升高,被氧化,应加入氧化剂才能实现,故B错误;C.Na元素化合价升高,被氧化,应加入氧化剂,故C错误;D.S元素化合价降低,被还原,应加入还原剂才能实现,故D正确;故答案为D。‎ ‎13.下列反应属于氧化还原反应的是( )‎ A. H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O B. CuO+H2Cu+H2O C. Cu2(OH)2CO3 ===2CuO+ CO2↑+H2O D. CuSO4+H2S===CuS↓+H2SO4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】属于氧化还原反应,说明该反应中有电子转移,其特征是有元素化合价升降。‎ ‎【详解】A.该反应中各元素化合价不变,不属于氧化还原反应,属于复分解反应,故A错误;‎ B.该反应中Cu元素化合价由+2价变为0价、H元素化合价由0价变为+1价,所以属于氧化还原反应,故B正确;‎ C.该反应中各元素化合价不变,不属于氧化还原反应,属于分解反应,故C错误;‎ D.该反应中各元素化合价不变,不属于氧化还原反应,属于复分解反应,故D错误;‎ 答案选B。‎ ‎14.N2O是一种有甜味、能溶于水、能助燃的无色气体,它能刺激神经使人发笑,俗称“笑气”。现有等物质的量的N2O和CO2,下列数值不一定相同的是( )‎ A. 体积 B. 电子数 C. 原子数 D. 分子数 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】笑气(N2O)和二氧化碳的相对分子质量相等、每个分子中含有的电子数(质子数)相等、每个分子中含有的原子个数相等。‎ ‎【详解】A、等物质的量的N2O和CO2,由于温度和压强不确定,体积不一定相等,故A符合;‎ B、等物质的量的笑气和二氧化碳含有的分子个数相等,每个分子中含有的电子数相等,所以等物质的量的笑气和二氧化碳含有的电子数相等,故B不符;‎ C、等物质的量的笑气和二氧化碳含有的分子个数相等,每个分子中含有的原子数相等,所以等物质的量的笑气和二氧化碳含有的原子个数相等,故C不符;‎ D、根据N=nNA知,等物质的量的笑气和二氧化碳含有的分子数相等,故D不符;‎ 故选A。‎ ‎15.某溶液中存在大量的、、 。该溶液中还可能大量存在的离子是( )‎ A. OH- B. Ba2+ C. K+ D. Ag+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. OH-与Cu2+生成氢氧化铜沉淀,故A不符;‎ B. Ba2+与SO42-生成硫酸钡沉淀,故B不符;‎ C. K+与三种离子间不生成沉淀、气体和水,故C符合;‎ D. Ag+与Cl-生成AgCl沉淀,故D不符;‎ 故选C。‎ ‎16.漂白粉的有效成分是( )‎ A. Ca(OH)2 B. CaCl2      C. Ca(ClO)2 D. CaCO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】漂白粉的主要成分是次氯酸钙和氯化钙,有效成分是次氯酸钙。‎ ‎【详解】利用氯气与石灰乳为原料制备漂白粉,氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙与水,漂白粉的主要成分是次氯酸钙和氯化钙。氯化钙没有漂白性,由于次氯酸的酸性比碳酸弱,次氯酸钙能与二氧化碳和水反应生成具有漂白性的次氯酸,漂白粉的有效成分是次氯酸钙,故选C。‎ ‎17.用括号中注明的方法分离下列各组混合物,其中不正确的是( )‎ A. 汽油和煤油(蒸馏) B. 食盐中的沙子(溶解过滤)‎ C. 氯化钠和水(过滤) D. 花生油和水(分液)‎ ‎【答案】C ‎【解析】A、汽油和煤油互溶,利用沸点不同,采用蒸馏的方法进行分离,故A说法正确;B、NaCl溶于水,沙子不溶于水,因此采用溶解过滤的方法进行分离,故B说法正确;C、氯化钠溶于水,不能采用过滤方法进行分离,应采用蒸发结晶的方法,故C说法错误;D、花生油是不溶于水的液体,采用分液的方法进行分离,故D说法正确。‎ ‎18.下列物质中含原子个数最多的是( )‎ A. 0.4 mol氧气 B. 4℃时,5.4 mL H2O ‎ C. 标准状况下5.6 L二氧化碳 D. 10 g氖气 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】根据n=m/M=V/Vm=N/NA结合分子的构成计算。‎ ‎【详解】A.0.4mol氧气中含有0.8molO原子;‎ B.4℃时5.4 mL水的物质的量n(H2O)= 5.4g÷18g/mol=0.3mol,原子的物质的量为0.3mol×3=0.9mol;‎ C.标况下5.6L 二氧化碳的物质的量n(CO2)=5.6L÷22.4L/mol=0.25mol,原子的物质的量为0.25mol×3=0.75mol;‎ D.10 g 氖的物质的量n(Ne)=10g÷20g/mol=0.2mol,原子的物质的量为0.2mol, ‎ 则含原子个数最多的是B,故选D。‎ ‎19. 下列说法正确的是( )‎ A. 氯化钠钠晶体不导电是没有离子存在 B. 氯水能导电,但是氯气既不是电解质也不是非电解质 C. KNO3在电流作用下在水中电离出K+和NO3- ‎ D. 用萃取、分液的方法分离汽油和煤油 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析:A.氯化钠钠晶体不导电是因为没有自由移动的离子,氯化钠是由离子组成的,A错误;B.氯水能导电是因为氯气和水反应生成盐酸和次氯酸电离出离子,但是氯气既不是电解质也不是非电解质,B正确;C.电离不需要电流,C错误;D.汽油和煤油的沸点不相同,可以用蒸馏的方法分离,D错误,答案选B。‎ ‎20.下列实验操作中,不能用于物质分离的是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】根据物质分离的方法有:过滤、分液、蒸发和蒸馏等,结合实验装置图及选择的仪器来分析。‎ ‎【详解】A、过滤一般是用来分离不溶性固体和液体的混合物,故A不选;‎ B、蒸馏可以实现两种沸点差距较大的两种互溶液体的分离,故B不选;‎ C、容量瓶是用来配制一定物质的量浓度的溶液,不能分离物质,故C选;‎ D、分液可以实现互不相溶的两种液体的分离,故D不选。‎ 答案选C。‎ 二.不定项选择题(本题共计6个小题,每小题有1或2个正确选项,每小题4分,漏选得2分,有错选得0分,共计24分)‎ ‎21.下列物质,既能导电又属于电解质的是( )‎ A. 熔融的氢氧化钾 B. 氯化钠溶液 ‎ C. 铜固体 D. 氯化镁晶体 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】电解质是在水溶液或者熔融状态下能够导电的化合物;导电的原因是有自由移动的电子或离子,据此利用排除法作答。‎ ‎【详解】A.熔融的氢氧化钾,是化合物,且在此状态下电离会生成自由移动的钾离子和氢氧根,因此可以导电,是电解质,故A项正确; ‎ B.氯化钠溶液含有自由移动的离子,可以导电,但属于混合物,因此不是电解质,故B项错误;‎ C.铜固体有自由移动的电子,可以导电,但不是化合物,不属于电解质,故C项错误;‎ D.氯化镁晶体是电解质,但是镁离子和氯离子不能自由移动,因此氯化镁晶体不导电,故D项错误;‎ 答案选A。‎ ‎22.铝热焊接具有牢固、耐腐蚀等优点,其化学方程式为2Al + Fe2O3 Al2O3 +‎ ‎ 2Fe。有关该反应的说法正确的是( )‎ A. Al作氧化剂 B Fe2O3作还原剂 C. Fe2O3发生氧化反应 D. Fe2O3得到电子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由化学方程式可知,铝在反应中失电子,化合价升高,发生了氧化反应,是还原剂。故A错误;‎ B、Fe2O3中铁元素化合价降低,作氧化剂,故B错误;‎ C、Fe2O3中铁元素化合价降低,被还原,发生还原反应,故C错误;‎ D、Fe2O3中铁元素化合价降低,得到电子,故D正确;‎ 故选D。‎ ‎23.对于反应3Cl2+6NaOH ==5NaCl+NaClO3+3H2O,以下叙述正确的是( )‎ A. Cl2是氧化剂,NaOH是还原剂 B. 被氧化的Cl原子和被还原的Cl原子的物质的量的比为1∶5‎ C. Cl2既是氧化剂又是还原剂 D. 氧化产物和还原产物物质的量之比为1∶1‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】3Cl2+6NaOH═5NaCl+NaClO3+3H2O中,只有Cl元素的化合价变化,Cl元素的化合价由0降低为-1价,由0升高为+5价。‎ ‎【详解】A.Cl元素的化合价部分由0降低为-1价,部分由0升高为+5价,Cl2是氧化剂也是还原剂,故A错误;‎ B.氯气化合价部分升高部分降低,既是氧化剂又是还原剂,化合价升高被氧化的Cl原子和化合价降低被还原的Cl原子的物质的量的比为1:5,故B正确;‎ C.Cl元素的化合价部分由0降低为-1价,部分由0升高为+5价,Cl2既是氧化剂也是还原剂,故C正确;‎ D.‎ ‎ 化合价升高被氧化的Cl原子和化合价降低被还原的Cl原子的物质的量的比为1:5,氧化产物和还原产物物质的量之比为1∶5,故D错误;‎ 故选BC。‎ ‎24.含MgCl2、KCl、Na2SO4三种溶质的混合液中,已知其中含Cl-1.5 mol,K+和Na+共1.5 mol,Mg2+为0.5 mol,则SO42-的物质的量为( )‎ A. 1 mol B. 0.5 mol ‎ C. 0.25 mol D. 0.15 mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】溶液呈电中性,由电荷守恒可知:n(Cl-)+2n(SO42-)=n(K+)+n(Na+)+2n(Mg2+),据此计算。‎ 详解】溶液呈电中性,由电荷守恒可知:n(Cl-)+2n(SO42-)=n(K+)+n(Na+)+2n(Mg2+),‎ 即:1.5mol+2n(SO42-)=1.5mol+2×0.5mol,‎ 解得n(SO42-)=0.5mol 故选:B。‎ ‎25.设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是( )‎ A. 标准状况下,22.4L氧气中所含原子数目为2NA B. 标准状况下,11.2L H2O 含有的分子数为0.5NA C. 1mol·Lˉ1NaNO3溶液中含有的钠离子的数目为NA D. 2.3g钠和氯气反应,钠失去的电子数为0.1NA ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 标准状况下,22.4L氧气为1mol,氧分子是双原子分子,所含原子数目为2NA,故A正确;‎ B. 标准状况下,11.2L H2O 不是气体,不能用22.4L/mol来计算水的物质的量,故B错误;‎ C.缺少溶液的体积,无法计算 1mol·Lˉ1NaNO3溶液中含有的钠离子的数目,故C错误;‎ D.钠最外层只有1个电子, 2.3g钠为0.1mol,和氯气反应,钠失去的电子数为0.1NA,故D正确;‎ 故选AD。‎ ‎26.除去下列括号内的杂质,所加试剂和操作均正确的是( )‎ 选项 需除杂的物质 试剂 操作 A Cl2(HCl)‎ 饱和食盐水 洗气 B NaBr溶液(NaI)‎ Cl2‎ 洗气 C Cl2(H2O)‎ 碱石灰 洗气 D HNO3溶液(H2SO4)‎ BaCl 2溶液 过滤 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Cl2在饱和食盐水中溶解度小,HCl在饱和食盐水溶解度大,故A正确;‎ B、NaBr和NaI均能与氯气反应,分别生成溴和碘,故B错误;‎ C、氯气与碱石灰反应,应用浓硫酸除杂,故C错误;‎ D、H2SO4与BaCl 2反应生成盐酸,引入新的杂质,故D错误;‎ 故选A。‎ 三.填空题 ‎27.写出下列反应的化学方程式 ‎(1)氯气和水反应:_____________________________ ;‎ ‎(2)Ca(ClO)2+CO2+H2O:___________________________ ;‎ ‎(3)工业上制取氯气:________________________________ ;‎ ‎(4)工业制漂白粉:__________________________________。‎ ‎【答案】(1). Cl2+H2O=HCl+HClO (2). Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO (3). 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ (4). 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)氯气和水反应生成盐酸和次氯酸:Cl2+H2O=HCl+HClO;‎ ‎(2)碳酸的酸性比次氯酸强,Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO;‎ ‎(3)工业上用电解饱和食盐水制取氯气:2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑;‎ ‎(4)工业用氯气和消石灰反应制漂白粉:2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。‎ ‎28.实验室配制100mL 0.2 mol·L-1的Na2CO3溶液,试回答下列问题:‎ ‎(1)若要实施配制,除天平、烧杯、玻璃棒外,还需的玻璃仪器有________, ________;‎ ‎(2)配制完毕后,教师指出有三位同学进行了下列某一项错误操作,你认为这三项错误操作中会导致所得溶液浓度偏高的是________(填选项字母)‎ A.定容时仰视容量瓶刻度线 ‎ B.定容时俯视容量瓶刻度线 C.定容后,把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线,便补充几滴水至刻度线 ‎(3)通过计算得出可用天平称取Na2CO3固体________g。若用4 mol·L-1的Na2CO3浓溶液配制100 mL 0.2 mol·L-1的稀溶液,应用量筒量取______mL该浓溶液。‎ ‎【答案】(1). 100mL容量瓶 (2). 胶头滴管 (3). B (4). 2.1g (5). 5.0mL ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤选择需要的仪器;‎ ‎(2)分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响,依据c=进行误差分析;‎ ‎(3)依据m=cVM计算需要固体碳酸钠的质量;‎ 依据稀释前后溶质的物质的量不变计算。‎ ‎【详解】(1)配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知所需的仪器有:托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶和胶头滴管,故还需的仪器有100mL容量瓶、胶头滴管;‎ ‎(2)A.定容时仰视容量瓶刻度线,导致溶液体积偏大,溶液浓度偏低,故A不选;‎ B.定容时俯视容量瓶刻度线,导致溶液体积偏小,溶液浓度偏高,故B选;‎ C.定容后,把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线,便补充几滴水至刻度线,导致溶液体积偏大,溶液浓度偏低,故C不选;‎ 故选B。‎ ‎(3)配制100mL 0.2mol·L-1的Na2CO3溶液,需要溶质Na2CO3的质量=0.2mol·L-1×0.1L×106g·mol-1=2.1g;‎ 若用4mol·L-1的Na2CO3浓溶液配制100mL0.2mol·L-1的稀溶液,设需要浓溶液体积为V,依据稀释前后溶质的物质的量不变得0.2mol·L-1×0.1L=4mol·L-1×V,解得:V=0.005L。即5.0mL。‎ ‎29.请利用下列装置及试剂组装一套装置。其流程是,先制取纯净干燥的Cl2(不收集),后试验干燥的Cl2和潮湿的Cl2有无漂白性。试回答:(各装置位置未确定)‎ ‎(1)烧瓶A中发生反应的化学方程式是_______________ 。‎ ‎(2)E装置的作用是_______________ E装置中发生反应化学方程式是_______________。实验中若氯气的流速为每分钟2.24升,实验持续5分钟,则烧杯E中至少盛放2.5mol·L-1的氢氧化钠溶液___mL 。‎ ‎(3)连接装置时,B、C的前后顺序是_______________。‎ ‎(4)实验室还可以用高锰酸钾和浓盐酸反应制取氯气,反应的化学方程式如下:2KMnO4+16HCl(浓)==2KCl+ 2MnCl2+5Cl2↑ +8H2O,该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为____;‎ ‎【答案】(1). MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O (2). 吸收多余的氯气 (3). Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O (4). 400mL (5). 先连接C后连接B (6). 1:5‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)烧瓶中浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水,方程式:MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O;‎ ‎(2)氯气有毒,污染环境,所以不能直接排空;E装置的作用是:吸收多余的氯气;‎ 氯气能和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,所以可用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气;E装置中发生反应化学方程式是:Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O;‎ 实验中若氯气的流速为每分钟2.24升,实验持续5分钟,n(Cl2)= =0.5mol,‎ Cl2 + 2NaOH = NaCl+NaClO+H2O ‎0.5mol 1mol V(NaOH)= =0.4L 则烧杯E中至少盛放2.5mol·L-1的氢氧化钠溶液400mL 。‎ ‎(3)实验装置的连接顺序为:发生装置→除杂装置→性质检验装置→尾气处理装置;因为收集的是气体,所以除杂装置中长导管进气,短导管出气;因为饱和食盐水中有水,浓硫酸有吸水性,所以先连接饱和食盐水装置后连接浓硫酸装置;实验干燥的Cl2和潮湿的Cl2有无漂白性,因为湿润的有色布条有水分,所以D装置先连接C后连接B,顺序为a→i→j→g→f→e→d→b→c→h,‎ 连接装置时,B、C的前后顺序是:先连接C后连接B。‎ ‎(4)实验室还可以用高锰酸钾和浓盐酸反应制取氯气,2KMnO4+16HCl(浓)==2KCl+ 2MnCl2+5Cl2↑ +8H2O,该反应中氧化剂为KMnO4,还原剂是HCl,每16molHCl参加反应,还原剂只有10mol,氧化剂和还原剂物质的量之比为2:10=1:5。‎ 四、计算题(6分)‎ ‎30.在实验室里,用足量的浓盐酸与一定量的MnO2反应,来制取氯气。MnO2 + 4HCl(浓)MnCl2 + Cl2↑ + 2H2O,若生成2.24L标准状况时的氯气,请计算(写出必要的计算过程):‎ ‎(1)理论上需要多少克MnO2参加反应?_____________‎ ‎(2)参加反应的HCl的物质的量为多少?_____________‎ ‎(3)被氧化的HCl的物质的量为多少?____________‎ ‎【答案】(1). 8.7g (2). 0.4mol (3). 0.2mol ‎【解析】‎ ‎【分析】反应中Mn元素化合价降低,化合价由+4价降低到+2价,Cl元素化合价升高,由-1价升高到0价,化合价升高值=化合价降低值=转移电子数;n(Cl2)==0.1mol,参加反应的盐酸是被氧化盐酸的物质的量的2倍,结合反应的化学方程式计算。‎ ‎【详解】(1)n(Cl2)=2.24L÷22.4L·mol-1=0.1mol,‎ ‎①MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O ‎87g 1mol ‎ m 0.1mol m=8.7g,‎ 答:理论上需要8.7gMnO2参加反应;‎ ‎(2)①MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O ‎4mol 1mol ‎ ‎0.4mol 0.1mol 参加反应的HCl的物质的量为0.4mol;‎ ‎(3)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O 被氧化HCl ‎1mol 2mol ‎ ‎0.1mol 0.2mol,‎ 被氧化的HCl的物质的量为0.2mol。‎

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