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- 2021-07-08 发布
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化学试卷
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。
【点睛】本题考查物质的分类,旨在考查学生对基础知识的掌握以及知识的应用,物质的分类要根据相应的分类标准进行,这个分类的标准就是各类物质的定义所规定的范围,准确理解各类物质的概念是解题关键。
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。
考点:考查摩尔质量计算
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。
【点睛】本题考查氯气的性质,知道氯水中存在的微粒及其性质即可解答,漂白性是次氯酸的漂白性,而不是氯气,为解题关键点。
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。
【点睛】本题考查了氧化还原反应判断,解题关键:根据反应中元素化合价是否变化来分析,注意氧化还原反应的本质和特征的区别,D为易错点,不能仅看有无氧原子得失。
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。
考点:考查电解质、电离以及物质的分离与提纯
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。
【点睛】掌握电解质的判断方法与物质导电的原因是解此题的关键。需要注意的是,判断给出的物质是不是电解质要先判断该物质属不属于化合物,若为化合物,再进一步该物质在特定条件(水溶液或者熔融状态)下能否导电,进而做出最终判断,若是单质或者混合物,则一定不属于电解质。此外不能片面地认为能导电的物质就是电解质。
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。
【点睛】本题考查氧化还原反应,把握反应中元素的化合价变化为解答的关键,侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查,易错点D,Cl2既是氧化剂又是还原剂,但氧化产物和还原产物物质的量之比为1∶5,不是1:1。
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(Mg
2+),
即:1.5mol+2n(SO42-)=1.5mol+2×0.5mol,
解得n(SO42-)=0.5mol
故选:B。
【点睛】本题考查物质的量有关计算,电解质混合溶液中常利用电荷守恒计算:离子物质的量及离子物质的量浓度。
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
A. A B. B C. C D. D
【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。
【点睛】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制,熟悉配制原理和过程是解题关键,易错点(1)按配制过程找所需的仪器;(2):注意误差分析的方法和技巧。
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。
【点睛】本题考查了氯气的实验室制备和氯气性质的检验,明确气体制备原理及各装置作用是解题关键,侧重考查学生分析问题、解决问题的能力,易错点(4)还原剂是HCl,每16molHCl参加反应,还原剂只有10mol。
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。