最新2019学年高一化学上学期期末考试试题（含解析）.doc

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1、- 1 -20192019 学年高一上学期期末考试化学试题学年高一上学期期末考试化学试题考生注意：考生注意：1 1、本卷满分、本卷满分 100100 分，考试时间分，考试时间 9090 分钟；分钟；2 2、答题前请在答题卷上填写好自己的学校、姓名、班级、考号等信息；、答题前请在答题卷上填写好自己的学校、姓名、班级、考号等信息；3 3、请将答案正确填写在答题卷指定的位置，在非答题区位置作答无效。、请将答案正确填写在答题卷指定的位置，在非答题区位置作答无效。一、选择题一、选择题1. X、Y、Z、W 均为含氮元素的化合物，我们不了解它们的化学式，但知道它们在一定条件下有如下转换关系（未配平，反应全是

2、氧化还原反应）：（1）XY+O2； （2）Z+YH2O+W （3）Y+SO2Z+SO3 则这四种化合物中氮的化合价由高到低的顺序为（ ）A. ZW Y X B. XYW Z C. YWZX D. ZWXY【答案】B【解析】试题分析：在第一个反应中，反应后产生了氧气，氧化合价升高 则氮的降低 所以XY；第二个化学反应中只有氮元素的化合价变化,可以得出 W 中的氮位于 Z、Y 之间，第三个化学反应中硫的化合价升高，则氮的降低，由此 YZ，故 W,Y,Z 的关系为 YWZ。答案选B。考点：氧化还原反应2. 关于过氧化物的叙述正确的是（NA表示阿伏加德罗常数） （ ）A. 7.8g 过氧化钠含有的共用

3、电子对数为 0.2NAB. 2H2O2（l）=2H2O（l）+O2（g）H=98.2kJmol1 ， S=70.5Jmol1K1该反应任意温度下都能自发进行C. 过氧化氢使高锰酸钾溶液褪色，1mol 过氧化氢得到 2NA电子D. 在含有 NH4+、Ba2+、Cl、NO3离子的溶液中，加入少量过氧化钠以上各离子量几乎不减少【答案】B【解析】1mol O22-中含有的共用电子对数为 NA，0.1mol 过氧化钠中含有的共用电子对数为0.1NA，A 错误；根据H-TS1/21/30,即 H2H3H1H4，答案选 A。考点：考查混合气体溶于水的体积计算9. 下列有关钠与水反应实验的叙述中，不正确的是A

4、. 用小刀切割钠块 B. 钠沉入水中C. 钠熔化成小球 D. 发出“嘶嘶”的响声【答案】B【解析】试题分析：A、钠软可以用小刀切割钠块，故 A 正确；B、钠密度比水小，浮在水上面，故 B 错误；C、钠和水剧烈反应生成氢氧化钠和氢气，且该反应是放热反应，放出的热量使钠熔成小球，故 C 正确；D、钠和水剧烈反应生成氢氧化钠和氢气，且会有嘶嘶的响声，故 D 正确；故选 B。【考点定位】考查钠的性质【名师点晴】本题考查了钠的性质，明确钠的性质是解本题关键，结合钠的密度、熔点、化学性质等来分析解答即可。钠和水剧烈反应生成氢氧化钠和氢气，且该反应是放热反应，放出的热量使钠熔成小球，且会有嘶嘶的响声，钠密度

5、比水小。10. 氨水的碱性较弱，其原因是（ ）A. 它能使酚酞试液变红色B. 氨水极易挥发出氨C. 氨与水结合生成的一水合氨（NH3H2O）只有小部分电离成 NH4+和 OHD. 溶于水的氨大部分以 NH3分子形式存在【答案】C【解析】试题分析：氨水的碱性较弱，其原因是氨与水结合生成的一水合氨（NH3H2O）只有小部分电离成 NH4+和 OH，选 C。考点：考查弱电解质的电离。11. 从经济效益和环境保护的角度考虑，大量制取硝酸铜最宜采用的方法是A. Cu + HNO3（浓） Cu(NO3)2B. Cu + HNO3（稀） Cu(NO3)2- 5 -C. Cu CuO Cu(NO3)2D. C

6、u + AgNO3 Cu(NO3)2【答案】C【解析】Cu + HNO3（浓） Cu(NO3)2有污染性气体 NO2生成，故 A 错误；Cu + HNO3（稀） Cu(NO3)2有污染性气体 NO 生成，故 B 错误；CuCuO Cu(NO3)2没有污染性气体生成，故 C 正确；Cu + AgNO3 Cu(NO3)2消耗价格昂贵的硝酸银，不符合经济效益，故 D 错误。12. 化学与生产生活密切相关，下列物质的用途及解释均正确的是选项用途解释A可用 FeCl3溶液刻蚀铜制电路板Fe3+的氧化性强于 Cu2+B碳与石英反应可冶炼粗硅碳的非金属性比硅强C四氯化碳可用于灭火四氯化碳的沸点高D酸性 KM

7、nO4溶 液可漂白织物 KMnO4有强氧化性A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】A因为 Fe3+的氧化性强于 Cu2+，可用 FeCl3溶液溶解铜制电路板，故 A 正确；B在 2C+SiO2Si+2CO 反应中，体现了 C 的还原性比 Si 强，不是碳的非金属性比硅强，故 B 错误；C四氯化碳可用于灭火，是由于四氯化碳不能燃烧也不能支持燃烧，与其沸点没有关系，故 C 错误；DKMnO4有强氧化性，但不可用于漂白织物，故 D 错误；答案为 A。13. 实验室用浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气，下列有关说法中正确的是(气体体积在.标况下测定)( )A. 若提供 0.4 mol HC

8、l，MnO2过量，则可制得氯气 4.48 LB. 若提供 0.4 mol HCl，MnO2过量，则转移电子数一定为 0.1molC. 若有 0.4 mol HCl 参加反应，则可制得氯气 2.24 LD. 若有 0.4 mol HCl 被氧化，则可制得氯气 2.24 L- 6 -【答案】C【解析】稀盐酸还原性较弱，不能与二氧化锰发生氧化还原反应生成氯气，若提供0.4molHCl，MnO2无论是否足量，生成的氯气的体积都小于 2.24L（标准状况下） ；发生反应为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，根据方程式可知，若有 0.4molHCl 参与反应，则可制得氯气的体积为 0.

9、1mol22.4L/mol=2.24L（标准状况下） ；若有 0.4molHCl 被氧化，则可制得氯气的体积为 0.2mol22.4L/mol=4.48L（标准状况下）答案选 C。14. 下列有关实验操作、现象、解释或结论都正确的是选项实验操作现象解释或结论A充分吸收了 Na2SiO3饱和溶液的小木条，沥干后放在酒精灯外焰加热小木条不燃烧Na2SiO3可作防火剂B将 H2再充满 Cl2的集气瓶中燃烧集气瓶口上方有白烟生成H2、Cl2化合生成 HClC将 SO2通入酸性高锰酸钾溶液中溶液褪色SO2具有漂白性D出去表面氧化膜的铝箔，在酒精灯上充分加热铝不能滴落下来铝熔点高，没能熔化A. A B.

10、B C. C D. D【答案】A【解析】A、硅酸钠溶液吸热水分蒸发后可生成 SiO2从而依附在纤维上，可防火，选项 A 正确；B、纯净的 H2在 Cl2中安静地燃烧，发出苍白色火焰，生成 HCl，在集气瓶口有大量白雾，是盐酸的小液滴，不是白烟，选项 B 错误；C、将 FeCl2加入酸性高锰酸钾溶液中，溶液紫色褪去，FeCl2将高锰酸钾还原才使其褪色，是还原性，而不是漂白性，选项 C 错误；D、铝在空气中加热 生成一层致密的氧化铝(Al2O3)薄膜 其熔点高于 Al 的熔点，附着在 Al 的外面，所以熔化了的液态铝不会滴落下来，选项 D 错误。答案选 A。15. 下列有关氨水和氯水的说法正确的是

11、- 7 -A. 含有的微粒种类数相同 B. 敞口放置后溶液的 pH 均可能减小C. 都能与 S02发生氧化还原反应 D. 均具有强氧化性【答案】B【解析】A氨水中存在的微粒为 NH3、H2O、NH3H2O、NH4+、OH-、H+，氯水中存在Cl2、H2O、H+、Cl-、HClO、ClO-、OH-，所以含有的微粒种类数不同，A 错误；B氨水易挥发，氯水中的次氯酸见光易分解，所以敞口放置后溶液的 pH 均可能减小，B 正确；C二氧化硫属于酸性氧化物而能和碱溶液反应，二氧化硫具有还原性，能被氯气氧化，所以都能与二氧化硫发生反应，但前者不是氧化还原反应，C 错误；D氯水中氯气和次氯酸具有强氧化性，氨水

12、没有强氧化性，D 错误；答案选 B。点睛：本题考查了氯水和氨水，二者都是混合物，根据方程式确定溶液中存在的微粒，再结合物质的性质来分析解答，注意：液氯和氯水的区别、液氨和氨水的区别。16. 硅是无机非金属材料的主角之一。下列关于硅及其化合物性质的说法，不正确的是A. 硅的非金属性比硫弱 B. 硅酸钠可溶于水C. SiO2与氢氟酸能反应 D. 硅原子易失去或得到电子【答案】D.17. 下列说法正确的是( )A. 铵盐化学性质都很稳定B. 雷雨天气时空气中能生成少量的氮氧化物C. 实验室用氯化铵溶液和氢氧化钙溶液混合制取氨气D. O2、NO、NO2都能用浓硫酸干燥，且通常情况下能共存【答案】B【解

13、析】A、铵盐不稳定，受热易分解，故 A 错误；B、在放电的作用下，N2与氧气反应生成NO，故 B 正确；C、实验室用 NH4Cl 固体和 Ca(OH)2固体共热，制备氨气，故 C 错误；D、NO与 O2反应生成 NO2，因此 NO 和 O2不能大量共存，故 D 错误。18. 下列各组数据中，前者刚好是后者两倍的是- 8 -A. 2 molL-1Ba(OH)2溶液中 Ba2+的物质的量和 OH-的物质的量B. 200 mL1 molL-1氯化钙溶液中 c(Cl-)和 400mL1 molL-1氯化钾溶液中 c(Cl-)C. 20%NaOH 溶液中 NaOH 的物质的量浓度和 10%NaOH 溶液

14、中 NaOH 的物质的量浓度D. 49 g 硫酸中所含氧原子数和 22.4 L 氧化碳中所含氧原子数【答案】B【解析】A、水也要电离出 OH，故 2 molL-1Ba(OH)2溶液中 Ba2+的物质的量和 OH-的物质的量之比小于 1：2，故 A 错误；B、 200 mL1 molL-1氯化钙溶液中 c(Cl-)=2mol/L 和 400mL1 molL-1氯化钾溶液中 c(Cl-)=1mol/L，故 B 正确；C、20%NaOH 溶液中 NaOH 的物质的量浓度为：c1=1000120%/40molL1，10%NaOH 溶液中 NaOH 的物质的量浓度：c1=1000210%/40molL1

15、，由于两溶液的质量分数不同，所以前者不是后者两倍，故 C 错误；D、22.4 L 氧化碳未给明状态，无法计算，故 D 错误；故选 B。19. 下列实验操作或事实与预期实验目的或所得结论对应错误的是选项实验操作或事实实验目的或结论A淡黄色试液溶液变蓝色说明原溶液中一定含有 Fe3+BCaOCa(OH)2NaOH实验室用生石灰制备 NaOH 溶液C新收集的酸雨溶液褪成无色酸雨中可能含有 H2SO3DH3PO3+2NaOH(足量)=Na2HPO3+2H2OH3PO3属于二元酸A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】A 项，I-被氧化成 I2，I2遇淀粉变蓝，但是淡黄色溶液中能氧化 I

16、-的不一定是Fe3+，A 错误；B 项，根据流程：生石灰变为熟石灰，熟石灰与 Na2CO3溶液反应生成 NaOH，实现了以生石灰为原料制备 NaOH 溶液，并且适合实验室制取，B 正确；C 项，形成酸雨的物质主要有 SO2和 NOx，SO2在水溶液中具有漂白性，SO2+H2OH2SO3，故酸雨中可能含有H2SO3，C 正确；D 项，由化学反应可的一分子 H3PO3只能中和 2 个氢氧根离子，所以分子中只- 9 -能电离出 2 个氢离子，故 H3PO3属于二元酸，D 正确。20. 下列有关氢氧化铁胶体说法正确的是A. 将外加直流电源通过该胶体，阴极处颜色变深，则说明该胶体带正电荷B. 鉴别 Fe

17、Cl3溶液和 Fe(OH)3胶体，可用利用丁达尔效应C. 采用过滤，可将 Fe(OH)3胶体中的 FeCl3杂质除去D. 向 Fe(OH)3胶体中加入大量盐酸，则最终可引起胶体聚沉【答案】B【解析】A胶体本身不带电荷，但胶体微粒具有吸附性，吸附离子致使胶体微粒带有电荷，故 A 错误；BFe(OH)3胶体具有丁达尔效应，可利用丁达尔效应鉴别溶液和胶体，故 B 正确；C、胶体可以通过滤纸，故不能用过滤的方法来去除胶体中的可溶性杂质，故 C 错误；D向Fe(OH)3胶体中加入过量的盐酸先生成沉淀，后沉淀溶解，故 D 错误；故选 B。21. 下列药品保存方法，不正确的是 ( )A. 乙醇密封保存，放置

18、于阴凉处B. 氢氧化钠溶液用橡胶塞密封保存在细口瓶中C. 浓硫酸保存在广口瓶中，没有挥发性，无须密封D. 金属钠和钾等很活泼的金属可以保存在煤油或石蜡中【答案】C【解析】A、乙醇易挥发，属于可燃性液体，要密封保存，放置于阴凉处，A 正确；B、氢氧化钠能与玻璃的成分二氧化硅反应，氢氧化钠溶液必须密封保存在塞有橡皮塞的细口瓶中，防止瓶塞打不开，B 正确；C、浓硫酸易吸水，要保存在试剂瓶中，密封保存，C 错误；D、金属钠和钾等很活泼的金属极易与氧气、水等反应，一般保存在煤油或石蜡中，D 正确，答案选 ABD。点睛：关于药品的存放需要注意：（1）按酸碱性及氧化性选择瓶塞：玻璃塞：一般试剂可用玻璃塞，但

19、碱及碱性物质的存放需用软木塞或橡皮塞。橡皮塞：强氧化性物质（如KMnO4、Br2、H2O2、浓 H2SO4、浓 HNO3等）及有机物（如苯、四氯化碳、汽油等）存放不可用橡皮塞。 （2）按稳定性选择瓶子的颜色：无色瓶子：存放一般试剂。棕色瓶子：存放见光或受热易分解的药品，并置于阴凉处，如 HNO3、AgNO3、卤化银、氯水、溴水、碘水等。22. NA表示阿伏加德罗常数，下列各项说法正确的是（ ）A. 1 molL1 NaCl 溶液含有 NA个 NaB. 标准状况下，分子数为 NA的 CO、 N2的混合气体体积约为 22.4 L，质量为 28 g- 10 -C. 2.4gMg 与 H2SO4完全反

20、应，转移的电子数为 0.1 NAD. 22.4 L O2所含的原子数为 2NA【答案】B【解析】A. 1molL-1NaCl 溶液的体积不定，含有的 Na数无从确定，故 A 错误；B. 标准状况下，分子数为 NA即 1molCO、N2的混合气体体积约为 22.4L，CO、N2的摩尔质量均为28g/mol，所以该混合气体质量为 28g，故 B 正确；C. Mg 的化合价为+2，2.4g 即 0.1molMg与 H2SO4完全反应，转移的电子数为 0.2NA，故 C 错误；D. 温度、压强不定，22.4LO2的物质的量无法确定，所含的原子数也无法确定，故 D 错误。故选 B。23. 向一定量的 K

21、2CO3溶液中缓慢滴加稀盐酸，并不断搅拌。随着盐酸的加入，溶液中离子数目也相应地发生变化。如图所示，四条曲线与溶液中的离子的对应关系，完全正确的是abcdAClK+CO32HCO3BK+CO32ClHCO3CK+CO32HCO3ClDK+HCO3ClCO32A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】试题分析：因向一定量的 K2CO3溶液中缓慢地滴加稀盐酸，先后发生如下反应：K2CO3+HClKCl+KHCO3、KHCO3+HClKCl+CO2+H2O，则钾离子的数目不变，即图中 a 为 K+离子，碳酸根离子在减少，直至为 0，即图中 b 为 CO32-离子，碳酸氢根离子先增大后减

22、小，直至为 0，即图中 c 为 HCO3-离子，氯离子先为 0，随盐酸的加入氯离子的数目在增多，即图中d 为 Cl-离子，故选 C- 11 -考点：离子共存问题的判断24. 下列关于钠的描述中不正确的是自然界中的钠以单质和化合物的形式存在实验室剩余的钠需要放同原瓶钠的化学性质比较活泼，少量的钠可以保存在煤油中当钠与硫酸铜溶液反应时，有大量红色固体铜产生金属钠与 O2反应，条件不同，产 物不相同燃烧时放出白色火花，燃烧后生成浅黄色固体物质钠-钾合金通常状况下呈液态，可作原子反应堆的导热剂A. B. C. D. 【答案】B点睛：本题考查钠的性质，解题关键：明确元素化合物性质及物质之间的反应，知道中

23、钠在水中发生的一系列反应，注意中焰色反应与生成物颜色。25. 绿色植物是空气天然的“净化器” ，研究发现，1 公顷柳杉每月可以吸收 160kg SO2则下列说法正确的组合为 （ ）1 公顷柳杉每月可以吸收 2.5mol SO2SO2为酸性氧化物，可以用氢氧化钙悬浊液吸收二氧化硫只有还原性，可以选择用酸性高锰酸钾溶液氧化二氧化硫大气中的 SO2主要源于煤的燃烧，可以判断煤中含硫矿物的化合价应低于+4 价二氧化碳与二氧化硫均为酸性氧化物，均可以与氢氧化钠溶液、酸性高锰酸钾溶液反应- 12 -A. B. C. D. 【答案】C【解析】1 公顷柳杉每月可以吸收 160kg SO2，其物质的量为 250

24、0mol SO2，该说法正确；SO2为酸性氧化物，可以用氢氧化钙悬浊液吸收，该说法正确；二氧化硫既有还原性又有氧化化性，该说法不正确；大气中的 SO2主要源于煤的燃烧，可以判断煤中含硫矿物的化合价应低于+4 价，该说法正确；二氧化碳不与酸性高锰酸钾溶液反应，该说法不正确。本题选 C。第第 IIII 卷（非选择题）卷（非选择题）二、综合题二、综合题26. 按要求书写：（1）在 NaCl、NaOH，Na2O2、N2、H2S，H2O2中，既含有离子键又含有极性键的是_， 既含有离子键又含有非极性键的是_；（2）32 号元素在元素周期表中的位置_；（3）KClO3可用于实验室制 O2 ， 若不加催化剂

25、，400时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为 1：1写出该反应的化学方程式：_ 【答案】 (1). NaOH (2). Na2O2 (3). 第四周期第A 族 (4). 4KClO3 KCl+3KClO4【解析】 （1）NaCl 中钠离子和氯离子之间只存在离子键；NaOH 中钠离子和氢氧根离子之间为离子键，氧原子和氢原子之间为极性共价键；Na2O2中钠离子和过氧根离子之间为离子键，氧原子和氧原子之间为非极性共价键；N2中氮原子之间为非极性共价键；H2S 中氢原子和硫原子之间为极性共价键；H2O2中氢原子和氧原子之间为极性共价键，氧原子和氧原子之间为非极性共价键；既

26、含有离子键又含有极性键的是 NaOH，有离子键又含有非极性键的是Na2O2；正确答案：NaOH 、Na2O2。（2）根据稀有气体 36 号元素氪的核外电子排布：2、8、18、8 规律由此往前推，32 号元素核外电子排布：2、8、18、4，由此可知 32 号元素在第四周期第 IVA 族；所以；正确答案：第四周期第A 族。（3）无氧酸盐为 KCl，氯元素的化合价为-1 价，说明 KClO3中氯元素由+5 价降低到-1 价，另外一种含氧酸盐中氯元素化合价定会从+5 价升高到+7 价，变为高氯酸钾，反应的方程式4KClO3 KCl+3KClO4；正确答案：4KClO3 KCl+3KClO4。- 13

27、-27. 如图所示物质的转化关系中，A 是一种固体单质，E 是一种白色沉淀请回答下列问题：（1）B 的化学式是_ ， 目前 B 已被用作_的主要原料（2）B 和 a 溶液反应的离子方程式是_ （3）A 和 a 溶液反应的离子方程式是_ （4）C 和过量的盐酸反应的离子方程式是_ 【答案】 (1). SiO2 (2). 光导纤维 (3). SiO2+2OHSiO32+H2O (4). Si+2OH+H2OSiO32+2H2 (5). SiO32+2H+H2SiO3【解析】C 和过量的盐酸反应产生不溶于盐酸的白色沉淀，可知 E 可能为是硅酸，A 可能是硅，带入题目进行验证，a 溶液是强碱溶液或氢氟

28、酸溶液，而硅和二氧化硅与氢氧化钠溶液反应均生成硅酸钠溶液，硅酸钠溶液与过量的盐酸反应产生氯化钠和硅酸白色沉淀；硅酸加热分解为二氧化硅和水，与题意相符，硅、二氧化硅与氢氟酸反应均生成四氟化硅，四氟化硅与盐酸不反应，与题意矛盾；因此 A 是 Si、B 是 SiO2、C 是 Na2SiO3 或 K2SiO3 、 D 是H2O、E 是 H2SiO3 、F 是 H2、 a 是 NaOH 或 KOH。（1）B 的化学式是 SiO2， 目前 SiO2已被用作光导纤维的主要原料；正确答案：SiO2 、光导纤维。（2）SiO2与强碱溶液反应生成可溶性的硅酸盐和水，离子方程式是 SiO2+2OHSiO32+H2O

29、；正确答案：SiO2+2OHSiO32+H2O。（3）Si 和强碱溶液反应生成可溶性硅盐酸和氢气，离子方程式是 Si+2OH+H2OSiO32+2H2；正确答案：Si+2OH+H2OSiO32+2H2。（4）硅酸盐与过量的盐酸反应生成白色沉淀硅酸，离子方程式是 SiO32+2H+H2SiO3；正确答案：SiO32+2H+H2SiO3。28. 某混合物 A，含有 KAl（SO4）2、Al2O3和 Fe2O3，在一定条件下可实现下图所示的物质之间的变化：据此回答下列问题：（1）I、II、III、IV 四步中对于溶液和沉淀的分离采取的方法是_。（2）根据框图反应关系，写出下列 B、C、D、E 所含物

30、质的化学式- 14 -沉淀固体 B_；C_；沉淀 D _。（3）写出的离子反应方程，的化学反应方程。_；_；【答案】 (1). 过滤 (2). Al2O3 (3). Al2O3和 Fe2O3 (4). Fe2O3 (5). 3NH3H2O+Al3+=Al(OH)3 +3NH4+ (6). NaAlO2HClH2OAl(OH) 3NaCl【解析】由流程可知，Al2O3和 Fe2O3不溶于水，则沉淀 C 为 Al2O3和 Fe2O3，氧化铁与碱不反应，则沉淀 D 为 Fe2O3，反应中生成的沉淀为 Al(OH)3，氢氧化铝受热分解生成氧化铝，则 B 为 Al2O3，反应为 KAl(SO4)2、氨水

31、的反应，则溶液 E 为 K2SO4、(NH4)2SO4、NH3H2O，（1）分离不溶性固体和溶液的方法为过滤，所以、四步中对于溶液和沉淀的分离方法为过滤；（2）沉淀固体 B 为 Al2O3，C 为 Al2O3和 Fe2O3；沉淀 D 为 Fe2O3；（3）硫酸铝钾和氨水反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵，的离子反应方程：3NH3H2O+Al3+=Al(OH)3 +3NH4+ ，偏铝酸钠和适量强酸反应生成氢氧化铝沉淀的化学反应方程：NaAlO2HClH2OAl(OH) 3NaCl。29. 实验室常用浓盐酸与二氧化锰反应来制取少量氯气，反应的化学方程式为：MnO24HCl(浓) MnCl2Cl22H2O

32、。先将一定量的二氧化锰溶解在 200mL 浓盐酸中，当反应生成 8.96L(标况下)Cl2时，测得剩余溶液中盐酸的浓度为 2mol/L（假设反应前后溶液的体积不变） 。回答下列问题：（1）盐酸在反应中表现出的性质为_。（2）写出上述制取 Cl2的离子方程式：_ 。（3）计算反应耗用 MnO2的质量为_g,被氧化的 HCl 的物质的量为_mol，起始HCl 的物质的量浓度为_mol/L.【答案】 (1). 还原性、酸性 (2). MnO24H+ 2Cl-(浓) Mn2+Cl22H2O (3). 34.8 (4). 0.8 (5). 10【解析】 （1）该反应部分 HCl 中 Cl 元素化合价不变

33、，生成 MnCl2，部分 Cl 元素化合价升高，所以浓盐酸表现酸性和还原性。- 15 -（2）由化学方程式 MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O 改写为离子方程式时，二氧化锰、氯气、水在离子方程式中应保留化学式，则离子方程式为 MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O。（3）在标准状况下 8.96LCl2的物质的量为：8.96L22.4Lmol-1=0.4mol，由化学方程式可得反应耗用 MnO2的物质的量为 0.4mol，质量为：0.4mol87gmol-1=34.8g；根据氯原子守恒，被氧化的 HCl 的物质的量为：0.4mol2=0.8mol；共消耗 HCl：0.4mo

34、l4=1.6mol，剩余溶液中 HCl 为：2mol/L0.2L=0.4mol，所以起始 HCl 的物质的量浓度为：(1.6mol+0.4mol)0.2L=10mol/L。点睛：本题通过实验室制取氯气的反应，考查氧化还原反应、离子反应及物质的量浓度的计算，判断该反应中 HCl 表现的性质时，要注意不要漏掉酸性，一般反应中若有盐生成，则酸会表现酸性；本题难点是盐酸物质的量浓度的计算，先根据 Cl2求得参加反应的 HCl，再加上未反应的 HCl，最后根据 c=n/V 求得结果；易错点是参加反应的 HCl 与被氧化的 HCl 的关系。30. 把 NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶

35、于足量水后，产生 1.16g 白色沉淀，再向所得悬浊液中逐滴加入 1.00mol/L HCl 溶液，加入 HCl 溶液的体积与生成沉淀的关系如图所示。 试回答：（1）A 点的沉淀物的化学式为_，B 点的沉淀物的化学式为_。（2）写出 A 点到 B 点发生反应的离子方程式_。（3）原混合物中 MgCl2的质量是_，AlCl3的质量是_，NaOH 的质量是_。（4）C 点 HCl 溶液加入量为_mL。【答案】 (1). Mg(OH)2 (2). Mg(OH)2和 Al (OH)3 (3). AlO2+H+ H2O = Al(OH)3 (4). 1.90g (5). 2.67g (6). 5.20g

36、 (7). 130【解析】(1)向所得悬浊液中加入盐酸时，0-A 时固体质量不变，表示没有沉淀生成，说明溶- 16 -液中 NaOH 过量，溶液中铝离子完全转化为偏铝酸根离子，A 点的沉淀为 Mg(OH)2，然后盐酸与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，到 B 点时偏铝酸钠完全反应，则 B 点的沉淀物为 Mg(OH)2和 Al (OH)3，故答案为：Mg(OH)2；Mg(OH)2和 Al (OH)3；(2)A-B 段，盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为 H2O+AlO2-+H+=Al(OH)3，故答案为：H2O+AlO2-+H+=Al(OH)3；(3)A 点沉淀的是氢氧化镁，则 n

37、(Mg(OH)2)=0.02mol，根据 Mg 原子守恒得 n(MgCl2)=n(Mg(OH)2)=0.02mol，氯化镁的质量=0.02mol95g/mol=1.9g；A-B 段，盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为 H2O+AlO2-+H+=Al(OH)3，根据 HCl 的体积知，n(AlO2-)=n(HCl)=1mol/L(0.03-0.01)L=0.02mol，氯化铝的质量=0.02mol133.5g/mol =2.67g；根据铝原子守恒得 n(AlCl)=n(AlO2-)=0.02mol，由 Na+离子和 Cl-离子守恒得，原混合物中 n(NaOH)=n(NaCl)=

38、n(Cl-)=2n(MgCl2)+3n(AlCl3) +n(HCl) =0.02mol2 +0.02mol3 +0.03L1mol/L=0.13mol，氢氧化钠的质量=0.13mol40g/mol=5.2g；故答案为：1.9g；2.67g；5.2g；(4)根据铝原子守恒得 n(AlCl3)=n(AlO2-)=0.02mol，由 Na+离子和 Cl-离子守恒得，原混合物中 n(NaOH)=n(NaCl)=n(Cl-)=2n(MgCl2)+3n(AlCl3)+n(HCl)=0.02mol2+0.02mol3+0.03L1mol/L=0.13mol，C 点溶液为 MgCl2、AlCl3和 NaCl 混合液，C 点所加盐酸用于中和原混合物中的 NaOH，此时所加盐酸物质的量：n(HCl)=n(NaOH)=0.13mol；C 点所表示盐酸的体积为：V=0.13L=130mL，故答案为：130。点睛：本题考查了镁铝化合物的有关计算，明确曲线变化趋势及每段发生的化学反应是解本题关键。知道各点溶液和沉淀中对应的物质是什么，再结合原子守恒来分析解答，易错点是(3)。