高中化學(xué)人教版本冊總復(fù)習(xí)總復(fù)習(xí) 同課異構(gòu)2

2023學(xué)年福建省泉州市永春一中高一（下）期初化學(xué)試卷一、選擇題：（本題包括25小題，每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1．C﹣NMR（核磁共振）可用于含碳化合物的結(jié)構(gòu)分析，C表示的碳原子（）A．核外有13個(gè)電子，核內(nèi)有13個(gè)質(zhì)子B．核內(nèi)有6個(gè)質(zhì)子，核外有7個(gè)電子C．質(zhì)量數(shù)為13，原子序數(shù)為6，核內(nèi)有7個(gè)質(zhì)子D．質(zhì)量數(shù)為13，原子序數(shù)為6，核內(nèi)有7個(gè)中子2．下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)和用途的說法錯(cuò)誤的是（）A．Na2O2可用作供氧劑B．利用鋁熱反應(yīng)可以冶煉熔點(diǎn)較高的金屬C．NaOH堿性很強(qiáng)，故可用于治療胃酸過多D．用明礬做凈水劑除去水中的懸浮物3．下列各組中的兩物質(zhì)相互反應(yīng)時(shí)，若改變反應(yīng)條件（溫度、反應(yīng)物用量比），生成物并不改變的是（）A．Na和O2B．NaOH和CO2C．Na2O2和CO2D．NaAlO2和HCl4．在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，若VL甲烷中含有的氫原子個(gè)數(shù)為n，則阿伏加德羅常數(shù)可表示為（）A．B．C．D．5．同溫同壓下，已知?dú)怏w的密度與它的摩爾質(zhì)量成正比，一只氣球若放在空氣中靜止不動(dòng)，那么在相同條件下，該氣球放在下列氣體中會下沉的是（）A．H2B．Cl2C．CO2D．O26．將一小塊鈉投入足量的下列溶液中，既能生成氣體，又能生成白色沉淀的是（）A．MgSO4B．BaCl2C．FeCl3D．CuSO47．設(shè)NA為阿佛加德羅常數(shù)的值，下列說法不正確的是（）A．常溫常壓下，1mol氦氣含有的原子數(shù)為NAB．常溫常壓下，8g甲烷中含有的電子數(shù)為5NAC．22gCO2與標(biāo)準(zhǔn)狀況下LO2含有相同分子數(shù)D．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，四氯化碳所含分子數(shù)8．下列物質(zhì)的水溶液能導(dǎo)電，但該物質(zhì)屬于非電解質(zhì)的是（）A．CuSO4B．CO2C．HClD．CH3CH2OH9．下列物質(zhì)中含有的雜質(zhì)（括號內(nèi)為雜質(zhì)），不可以用加熱的方法除去的是（）A．CaCO3（CaO）B．Na2O2（Na2O）C．Na2CO3（NaHCO3）D．MgO[Mg（OH）2]10．在無色的強(qiáng)堿性溶液中，能大量共存的是（）A．Na+、Al3+、NO3﹣、Cl﹣B．K+、Na+、Cl﹣、AlO2﹣C．Fe2+、K+、SO42﹣、Cl﹣D．Na+、HCO3﹣、K+、NO3﹣11．下列離子方程式書寫正確的是（）A．硫酸銅與氫氧化鋇反應(yīng)：Ba2++SO42﹣═BaSO4↓B．氯氣通入水中：Cl2+H2O?2H++Cl﹣+ClO﹣C．AlCl3溶液中滴加過量氨水：Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2OD．金屬鈉與水反應(yīng)：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑12．某溶液中只含有Na+、Al3+、Cl﹣、SO42﹣四種離子，已知前三種離子的個(gè)數(shù)比為3：2：1，則溶液中Al3+和SO42﹣的離子個(gè)數(shù)比為（）A．1：2B．1：4C．3：4D．3：213．在3NO2+H2O=2HNO3+NO反應(yīng)中，氧化劑與還原劑的分子數(shù)為（）A．1：2B．3：1C．1：1D．1：314．某溶液中存在大量的Na+、CO32﹣、Cl﹣，該溶液中還可能大量存在的離子是（）A．Ba2+B．Ag+C．OH﹣D．H+15．用2×10﹣3mol的KXO4恰好將30mL，L的Na2SO3溶液氧化為Na2SO4，則元素X在還原產(chǎn)物中的化合價(jià)是（）A．+1B．+2C．+3D．+416．為了除去KCl固體中少量MgSO4和CaCl2雜質(zhì)，須進(jìn)行下列六項(xiàng)操作，正確的次序是（）①加水溶解；②加熱蒸發(fā)得到晶體；③加入過量BaCl2溶液；④加入過量鹽酸；⑤加入過量K2CO3；⑥過濾．A．①⑤③⑥④②B．①⑤③④⑥②C．①③④⑥⑤②D．①③⑤⑥④②17．配制一定物質(zhì)的量濃度的NaOH溶液時(shí)，造成所配溶液濃度偏低的是（）A．轉(zhuǎn)移定容前，容量瓶中有少量水B．NaOH在燒杯中溶解后，立即轉(zhuǎn)入容量瓶中進(jìn)行定容C．定容后，上下顛倒容量瓶時(shí)有少量NaOH液體留出容量瓶外D．向容量瓶加水時(shí)眼睛仰視液面定容18．已知常溫下，溶液中能發(fā)生如下反應(yīng)：①16H++10Z﹣+2XO4﹣═2X2++5Z2+8H2O②2M2++R2═2M3++2R﹣③2R﹣+Z2═R2+2Z﹣由此判斷，下列說法中正確的是（）A．Z2+2M2+═2M3++2Z﹣不可以進(jìn)行B．Z元素在①③反應(yīng)中發(fā)生還原反應(yīng)C．各粒子還原性由強(qiáng)到弱的順序是X2+＞Z﹣＞R﹣＞M2+D．各粒子氧化性由強(qiáng)到弱的順序是XO4﹣＞Z2＞R2＞M3+19．在一定溫度下，向飽和NaOH溶液中投入一小塊金屬鈉，充分反應(yīng)后恢復(fù)到原來的溫度，下列敘述合理的是（）A．NaOH溶液濃度增大，并放出H2B．溶液中NaOH的質(zhì)量分?jǐn)?shù)不變，有H2放出C．溶液的總質(zhì)量增大，有H2放出D．溶液的總質(zhì)量不變，有H2放出20．要證明某溶液中不含有Fe3+，而可能含有Fe2+，合理順序是（）①加入足量氯水②取少量試液③加入少量KSCN溶液．A．①③②B．①②③C．②③①D．②①③21．在印刷電路時(shí)常用氯化鐵溶液作為“腐蝕液”，發(fā)生的反應(yīng)為2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2向盛有氯化鐵溶液的燒杯中同時(shí)加入鐵粉和銅粉，反應(yīng)結(jié)束后下列結(jié)果不可能出現(xiàn)的是（）A．燒杯中有銅無鐵B．燒杯中有鐵無銅C．燒杯中鐵銅都有D．燒杯中鐵銅都無22．將一定質(zhì)量的Al2O3固體投入100mL濃度為2mol/L的鹽酸溶液中得到無色透明的澄清溶液，繼續(xù)向所得溶液里加入物質(zhì)的量濃度1mol/L的NaOH溶液，當(dāng)沉淀達(dá)到最大時(shí)，加入NaOH溶液的體積是（）A．50mLB．100mLC．200mLD．300mL23．在氯化鐵、氯化銅和鹽酸的混合溶液中加入鐵粉，待反應(yīng)結(jié)束，所剩余的固體濾出后能被磁鐵吸引，則反應(yīng)后溶液存在較多的陽離子是（）A．Cu2+B．Fe3+C．Fe2+D．H+24．把Na2CO3?10H2O和NaHCO3組成的混合物溶于水配成100mL溶液，其中c（Na+）=L．若把等質(zhì)量的混合物加熱至恒重，殘留物的質(zhì)量是（）A．．．．25．以下是對某水溶液進(jìn)行離子檢驗(yàn)的方法和結(jié)論，其中正確的是（）A．先加入BaCl2溶液，再加入足量的HNO3溶液，產(chǎn)生了白色沉淀．溶液中一定含有大量的SO42﹣B．加入足量的CaCl2溶液，產(chǎn)生了白色沉淀．溶液中一定含有大量的CO32﹣C．加入足量濃NaOH溶液，產(chǎn)生了帶有強(qiáng)烈刺激性氣味，并能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)的氣體．溶液中一定含有大量的NH4+D．先加適量的鹽酸將溶液酸化，再加AgNO3溶液，產(chǎn)生了白色沉淀．溶液中一定含有大量的Cl﹣二、非選擇題共50分）26．化學(xué)計(jì)量在化學(xué)中占有重要地位，請回答下列問題：（1）127gFeCl2中含molFe2+，molCl﹣，總離子數(shù)．（2）molH2O中含有的氧原子數(shù)與CO2中含有的氧原子數(shù)相同．（3）已知R2+核內(nèi)共有N個(gè)中子，R原子的質(zhì)量數(shù)為A，其電子數(shù)為，mgR2+中所含有的質(zhì)子的物質(zhì)的量為mol．（4）H2O所含質(zhì)子數(shù)與L（標(biāo)準(zhǔn)狀況下）NH3所含質(zhì)子數(shù)相等．27．如圖是一套制取并驗(yàn)證氯氣部分化學(xué)性質(zhì)的實(shí)驗(yàn)裝置．回答下列問題：（1）裝置A中，儀器a的名稱叫，該儀器中盛有的試劑為_．（2）當(dāng)Cl2氣流通過一段時(shí)間后，裝置B中溶液的pH值7（填“＞”“＜”或“=”）（3）當(dāng)有少量Cl2氣流通過后，觀察到裝置C中的溶液變?yōu)樯?，反?yīng)的離子方程式為．（4）寫出裝置A中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式：．（5）裝置E的作用是．（6）若要制取標(biāo)準(zhǔn)狀況下的Cl2，需要MnO2的質(zhì)量為g．但用含有HCl的濃鹽酸與足量的MnO2反應(yīng)制Cl2，制得的Cl2體積（標(biāo)準(zhǔn)狀況下）總是小于的原因是．28．工業(yè)上用鋁土礦（主要成分為A12O3，還有少量的Fe2O3，SiO2等雜質(zhì)）提取氧化鋁作冶煉鋁的原料，提取的操作過程如下：（1）Ⅰ和Ⅱ步驟中分離溶液和沉淀的操作是：；（2）沉淀M中除含有泥沙外，一定還含有，固體N是；（3）濾液X中，含鋁元素的溶質(zhì)的化學(xué)式為，它屬于（填“酸”、“堿”或“鹽”）類物質(zhì)；（4）實(shí)驗(yàn)室里常往AlCl3溶液中加入（填“氨水”或“NaOH溶液”）來制取Al（OH）3，請寫出該反應(yīng)的方程式．29．將表面已被氧化的鋁片投入300mL的稀硫酸中，恰好完全反應(yīng)，產(chǎn)生標(biāo)準(zhǔn)狀況下H2的體積為．求（1）鋁片中Al2O3的物質(zhì)的量；（2）稀硫酸的物質(zhì)的量濃度；（3）若該稀硫酸用L的濃硫酸配制，求所需濃硫酸的體積為多少？（4）向反應(yīng)結(jié)束后的溶液中滴加NaOH溶液直至出現(xiàn)沉淀，求滴加NaOH物質(zhì)的量為多少？

2023學(xué)年福建省泉州市永春一中高一（下）期初化學(xué)試卷參考答案與試題解析一、選擇題：（本題包括25小題，每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1．C﹣NMR（核磁共振）可用于含碳化合物的結(jié)構(gòu)分析，C表示的碳原子（）A．核外有13個(gè)電子，核內(nèi)有13個(gè)質(zhì)子B．核內(nèi)有6個(gè)質(zhì)子，核外有7個(gè)電子C．質(zhì)量數(shù)為13，原子序數(shù)為6，核內(nèi)有7個(gè)質(zhì)子D．質(zhì)量數(shù)為13，原子序數(shù)為6，核內(nèi)有7個(gè)中子【考點(diǎn)】核素．【分析】根據(jù)原子符號ZAX的含義以及原子序數(shù)=質(zhì)子數(shù)=核電荷數(shù)=核外電子數(shù)，中子數(shù)=質(zhì)量數(shù)﹣質(zhì)子數(shù)來解答．【解答】解：A、613C的質(zhì)子數(shù)為6，所以核外電子數(shù)為6，故A錯(cuò)誤；B、613C的質(zhì)子數(shù)為6，所以核外電子數(shù)為6，故B錯(cuò)誤；C、613C的質(zhì)子數(shù)為6，質(zhì)量數(shù)為13，所以原子序數(shù)為6，核內(nèi)有6個(gè)質(zhì)子，故C錯(cuò)誤；D、613C的質(zhì)子數(shù)為6，質(zhì)量數(shù)為13，所以原子序數(shù)為6，中子數(shù)為13﹣6=7，故D正確；故選D．2．下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)和用途的說法錯(cuò)誤的是（）A．Na2O2可用作供氧劑B．利用鋁熱反應(yīng)可以冶煉熔點(diǎn)較高的金屬C．NaOH堿性很強(qiáng)，故可用于治療胃酸過多D．用明礬做凈水劑除去水中的懸浮物【考點(diǎn)】鈉的重要化合物；鹽類水解的應(yīng)用；鋁的化學(xué)性質(zhì)．【分析】A．過氧化鈉可與二氧化碳反應(yīng)生成氧氣；B．鋁熱反應(yīng)可用于冶煉熔點(diǎn)高的金屬；C．氫氧化鈉具有腐蝕性；D．明礬可水解生成具有吸附性的氫氧化鋁膠體．【解答】解：A．過氧化鈉可與二氧化碳反應(yīng)生成氧氣，可用于供氧劑，故A正確；B．鋁熱反應(yīng)在高溫下進(jìn)行，放出大量的熱，可用于冶煉熔點(diǎn)高的金屬，故B正確；C．氫氧化鈉具有腐蝕性，不能用于中和胃酸，應(yīng)用碳酸氫鈉、氫氧化鋁等，故C錯(cuò)誤；D．明礬可水解生成具有吸附性的氫氧化鋁膠體，可用于凈水，故D正確．故選C．3．下列各組中的兩物質(zhì)相互反應(yīng)時(shí)，若改變反應(yīng)條件（溫度、反應(yīng)物用量比），生成物并不改變的是（）A．Na和O2B．NaOH和CO2C．Na2O2和CO2D．NaAlO2和HCl【考點(diǎn)】鈉的化學(xué)性質(zhì)；鈉的重要化合物．【分析】A．鈉與氧氣常溫下生成氧化鈉，加熱生成過氧化鈉；B．二氧化碳少量生成碳酸鈉，二氧化碳過量生成碳酸氫鈉；C．二者反應(yīng)生成碳酸鈉和氧氣；D．氯化氫少量生成氫氧化鋁和氯化鈉，氯化氫過量生成氯化鋁和氯化鈉．【解答】解：A．鈉與氧氣常溫下生成氧化鈉，加熱生成過氧化鈉，鈉與氧氣反應(yīng)產(chǎn)物與反應(yīng)條件有關(guān)系，故A不選；B．氫氧化鈉與二氧化碳反應(yīng)產(chǎn)物與二氧化碳用量有關(guān)，故B不選；C．過氧化鈉與二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈉和氧氣，與反應(yīng)條件無關(guān)，故C選；D．偏鋁酸鈉與鹽酸反應(yīng)產(chǎn)物與鹽酸的用量有關(guān)，故D不選；故選：C．4．在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，若VL甲烷中含有的氫原子個(gè)數(shù)為n，則阿伏加德羅常數(shù)可表示為（）A．B．C．D．【考點(diǎn)】阿伏加德羅常數(shù)．【分析】根據(jù)n=計(jì)算甲烷的物質(zhì)的量，每個(gè)甲烷分子含有4個(gè)H原子，據(jù)此計(jì)算H原子的物質(zhì)的量，再根據(jù)N=nNA計(jì)算阿伏加德羅常數(shù)．【解答】解：標(biāo)準(zhǔn)狀況下，VL甲烷的物質(zhì)的量為=mol，每個(gè)甲烷分子含有4個(gè)H原子，故H原子的物質(zhì)的量為mol×4=mol，故n=mol×NA，解得NA=mol﹣1，故選D．5．同溫同壓下，已知?dú)怏w的密度與它的摩爾質(zhì)量成正比，一只氣球若放在空氣中靜止不動(dòng)，那么在相同條件下，該氣球放在下列氣體中會下沉的是（）A．H2B．Cl2C．CO2D．O2【考點(diǎn)】阿伏加德羅定律及推論．【分析】如氣體的密度比空氣小，那么在相同條件下該氣球放在密度比空氣小的氣體中就會下沉，從同溫同壓下，氣體的密度與它的摩爾質(zhì)量成正比的角度分析．【解答】解：一只氣球若放在空氣（空氣平均摩爾質(zhì)量為29g/mol）中可靜止不動(dòng)，在相同條件下該氣球放在密度比空氣小的氣體中就會下沉，則A．氫氣的摩爾質(zhì)量為2g/mol，小于空氣，則密度比空氣小，該氣球放在氧氣中下沉，故A正確；B．氯氣的摩爾質(zhì)量為71g/mol，大于空氣，則密度比空氣大，該氣球放在氧氣中上升，故B錯(cuò)誤；C．二氧化碳的摩爾質(zhì)量為44g/mol，大于空氣，則密度比空氣大，該氣球放在氧氣中上升，故C錯(cuò)誤；D．氧氣的摩爾質(zhì)量為32g/mol，大于空氣，則密度比空氣大，該氣球放在氧氣中上升，故D錯(cuò)誤；故選A．6．將一小塊鈉投入足量的下列溶液中，既能生成氣體，又能生成白色沉淀的是（）A．MgSO4B．BaCl2C．FeCl3D．CuSO4【考點(diǎn)】鈉的化學(xué)性質(zhì)．【分析】根據(jù)鈉的化學(xué)性質(zhì)：與水、酸、鹽溶液的反應(yīng)，利用2Na+2H2O═2NaOH+H2↑及生成的堿與鹽的反應(yīng)來得出反應(yīng)現(xiàn)象．【解答】解：A、鈉的化學(xué)性質(zhì)活潑，投入硫酸鎂溶液中后，鈉首先與水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣，然后氫氧化鈉與硫酸鎂生成氫氧化鎂白色的沉淀，故A正確；B、鈉不能與氯化鋇反應(yīng)，但能與溶液中的水反應(yīng)，生成物為氫氧化鈉和氫氣，2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，有氣體產(chǎn)生，無白色沉淀生成，故B錯(cuò)誤；C、鈉的化學(xué)性質(zhì)活潑，投入氯化鐵溶液中后，鈉首先與水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣，然后氫氧化鈉與氯化鐵生成氫氧化鐵的紅褐色的沉淀，故C錯(cuò)誤；D、鈉的化學(xué)性質(zhì)活潑，投入硫酸銅溶液中后，鈉首先與水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣，然后氫氧化鈉與硫酸銅生成氫氧化銅藍(lán)色的沉淀，故D錯(cuò)誤；故選：A．7．設(shè)NA為阿佛加德羅常數(shù)的值，下列說法不正確的是（）A．常溫常壓下，1mol氦氣含有的原子數(shù)為NAB．常溫常壓下，8g甲烷中含有的電子數(shù)為5NAC．22gCO2與標(biāo)準(zhǔn)狀況下LO2含有相同分子數(shù)D．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，四氯化碳所含分子數(shù)【考點(diǎn)】物質(zhì)的量的相關(guān)計(jì)算；阿伏加德羅常數(shù)．【分析】A．He是單原子分子，每個(gè)分子中含有1個(gè)原子；B．n（CH4）==，每個(gè)甲烷分子中含有10個(gè)電子，則8g甲烷中電子的物質(zhì)的量為5mol；C．n（CO2）==，n（O2）==，根據(jù)N=nNA計(jì)算分子數(shù)；D．標(biāo)況下，四氯化碳是液體，氣體摩爾體積對其不適用．【解答】解：A．A．He是單原子分子，每個(gè)分子中含有1個(gè)原子，所以1mol氦氣含有的原子數(shù)為NA，故A正確；B．n（CH4）==，每個(gè)甲烷分子中含有10個(gè)電子，則8g甲烷中電子的物質(zhì)的量為5mol，8g甲烷中含有的電子數(shù)為5NA，故B正確；C．n（CO2）==，n（O2）==，根據(jù)N=nNA知，分子個(gè)數(shù)只與物質(zhì)的量有關(guān)，物質(zhì)的量相同其分子數(shù)相同，故C正確；D．標(biāo)況下，四氯化碳是液體，氣體摩爾體積對其不適用，則無法計(jì)算四氯化碳物質(zhì)的量，導(dǎo)致無法計(jì)算其分子數(shù)，故D錯(cuò)誤；故選D．8．下列物質(zhì)的水溶液能導(dǎo)電，但該物質(zhì)屬于非電解質(zhì)的是（）A．CuSO4B．CO2C．HClD．CH3CH2OH【考點(diǎn)】電解質(zhì)與非電解質(zhì)．【分析】在水溶液里或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物是電解質(zhì)，在水溶液里和熔融狀態(tài)下都不導(dǎo)電的化合物是非電解質(zhì)，溶液能導(dǎo)電說明含有自由移動(dòng)的離子．【解答】解：A．在水溶液里，硫酸銅能電離出陰陽離子而使溶液導(dǎo)電，所以硫酸銅是電解質(zhì)，故A錯(cuò)誤；B．二氧化碳和水反應(yīng)生成碳酸，碳酸能電離出陰陽離子而使其溶液導(dǎo)電，所以二氧化碳是非電解質(zhì)，故B正確；C．氯化氫在水溶液里能電離出陰陽離子而使其溶液導(dǎo)電，所以氯化氫是電解質(zhì)，故C錯(cuò)誤；D．CH3CH2OH不能電離，水溶液中不能導(dǎo)電，屬于非電解質(zhì)，故D錯(cuò)誤；故選B．9．下列物質(zhì)中含有的雜質(zhì)（括號內(nèi)為雜質(zhì)），不可以用加熱的方法除去的是（）A．CaCO3（CaO）B．Na2O2（Na2O）C．Na2CO3（NaHCO3）D．MgO[Mg（OH）2]【考點(diǎn)】物質(zhì)的分離、提純的基本方法選擇與應(yīng)用；物質(zhì)的分離、提純和除雜．【分析】可以用加熱的方法除去，則物質(zhì)加熱分解且不引入新雜質(zhì)，或物質(zhì)易升華，以此來解答．【解答】解：A．碳酸鈣加熱分解生成CaO，將原物質(zhì)除去，不能用加熱法除去，故A錯(cuò)誤；B．氧化鈉加熱時(shí)被氧化生成過氧化鈉，故B正確；C．碳酸氫鈉加熱分解生成碳酸鈉，故C正確；D．Mg（OH）2加熱分解生成MgO，故D正確；故選A．10．在無色的強(qiáng)堿性溶液中，能大量共存的是（）A．Na+、Al3+、NO3﹣、Cl﹣B．K+、Na+、Cl﹣、AlO2﹣C．Fe2+、K+、SO42﹣、Cl﹣D．Na+、HCO3﹣、K+、NO3﹣【考點(diǎn)】離子共存問題．【分析】溶液無色，則有顏色的離子組，不符合要求，溶液呈強(qiáng)堿性，溶液中含有大量的OH﹣離子，與OH﹣離子反應(yīng)的Al3+、HCO3﹣不能大量共存．【解答】解：A、溶液呈強(qiáng)堿性，溶液中含有大量的OH﹣離子，OH﹣離子與Al3+離子反應(yīng)，不能大量共存，故A錯(cuò)誤；B、四種離子均無顏色，且在堿性條件下離子之間不發(fā)生任何反應(yīng)，能夠大量共存，故B正確；C、Fe2+離子有顏色，不符合溶液無色的要求，且Fe2+離子與OH﹣離子生成沉淀，故C錯(cuò)誤；D、溶液呈強(qiáng)堿性，溶液中含有大量的OH﹣離子，OH﹣離子與HCO3﹣離子反應(yīng)，不能大量共存，故D錯(cuò)誤．故選B．11．下列離子方程式書寫正確的是（）A．硫酸銅與氫氧化鋇反應(yīng)：Ba2++SO42﹣═BaSO4↓B．氯氣通入水中：Cl2+H2O?2H++Cl﹣+ClO﹣C．AlCl3溶液中滴加過量氨水：Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2OD．金屬鈉與水反應(yīng)：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑【考點(diǎn)】離子方程式的書寫．【分析】A．漏掉銅離子與氫氧根離子；B．次氯酸為弱酸保留化學(xué)式；C．不符合反應(yīng)客觀事實(shí)；D．二者反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣．【解答】解：A．硫酸銅與氫氧化鋇反應(yīng)，離子方程式：Cu2++2OH﹣+Ba2++SO42﹣═BaSO4↓+Cu（OH）2↓，故A錯(cuò)誤；B．氯氣通入水中，離子方程式：Cl2+H2O?H++Cl﹣+HClO，故B錯(cuò)誤；C．AlCl3溶液中滴加過量氨水，離子方程式：Al3++3NH3?H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故C錯(cuò)誤；D．金屬鈉與水反應(yīng)，離子方程式：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，故D正確；故選：D．12．某溶液中只含有Na+、Al3+、Cl﹣、SO42﹣四種離子，已知前三種離子的個(gè)數(shù)比為3：2：1，則溶液中Al3+和SO42﹣的離子個(gè)數(shù)比為（）A．1：2B．1：4C．3：4D．3：2【考點(diǎn)】電解質(zhì)在水溶液中的電離．【分析】因?yàn)槿芤撼孰娭行?，根?jù)溶液中的電荷守恒來計(jì)算．【解答】解：溶液中電荷守恒，也就是說所有正電的總數(shù)應(yīng)該等于所有負(fù)電的總數(shù)，即：Na++3Al3+=Cl﹣+2SO42﹣（乘的系數(shù)就是它的電荷數(shù)），設(shè)SO42﹣的離子個(gè)數(shù)為x，所以3+3×2=1+2×x，解得x=4，所以溶液中Al3+和SO42﹣的離子個(gè)數(shù)比為2：4=1：2．故選A．13．在3NO2+H2O=2HNO3+NO反應(yīng)中，氧化劑與還原劑的分子數(shù)為（）A．1：2B．3：1C．1：1D．1：3【考點(diǎn)】氧化還原反應(yīng)．【分析】3NO2+H2O=2HNO3+NO中，N元素的化合價(jià)由+4升高到+5，由+4降低到+2，NO2既是氧化劑又是還原劑，以此來解答．【解答】解：3NO2+H2O=2HNO3+NO中，N元素的化合價(jià)由+4降低到+2，則1molNO2作氧化劑，N元素的化合價(jià)由+4升高到+5，則2molNO2作還原劑，所以氧化劑與還原劑的分子個(gè)數(shù)比為1：2，故選A．14．某溶液中存在大量的Na+、CO32﹣、Cl﹣，該溶液中還可能大量存在的離子是（）A．Ba2+B．Ag+C．OH﹣D．H+【考點(diǎn)】離子反應(yīng)發(fā)生的條件；離子共存問題．【分析】根據(jù)離子之間不能結(jié)合生成沉淀、弱電解質(zhì)、水等，則能大量共存，以此來解答．【解答】解：A．因Ba2+、CO32﹣結(jié)合生成沉淀，不能大量共存，故A錯(cuò)誤；B．因Ag+分別與CO32﹣、C1﹣結(jié)合生成沉淀，不能大量共存，故B錯(cuò)誤；C．該組離子之間均不與OH﹣反應(yīng)，能大量共存，故C正確；C．因H+、CO32﹣結(jié)合生二氧化碳和水，不能大量共存，故D錯(cuò)誤；故選C．15．用2×10﹣3mol的KXO4恰好將30mL，L的Na2SO3溶液氧化為Na2SO4，則元素X在還原產(chǎn)物中的化合價(jià)是（）A．+1B．+2C．+3D．+4【考點(diǎn)】氧化還原反應(yīng)的計(jì)算．【分析】Na2SO3恰好將XO4﹣還原，反應(yīng)中Na2SO3變成Na2SO4，S元素的化合價(jià)由+4價(jià)升高為+6價(jià)，則X的化合價(jià)降低，利用電子守恒計(jì)算解答．【解答】解：Na2SO3恰好將XO4﹣還原，反應(yīng)中Na2SO3變成Na2SO4，S元素的化合價(jià)由+4價(jià)升高為+6價(jià)，則X的化合價(jià)降低，設(shè)元素X在還原產(chǎn)物中的化合價(jià)為x，由電子守恒可知，×（6﹣4）=2×10﹣3mol×（7﹣x），解得x=+4，故選D．16．為了除去KCl固體中少量MgSO4和CaCl2雜質(zhì)，須進(jìn)行下列六項(xiàng)操作，正確的次序是（）①加水溶解；②加熱蒸發(fā)得到晶體；③加入過量BaCl2溶液；④加入過量鹽酸；⑤加入過量K2CO3；⑥過濾．A．①⑤③⑥④②B．①⑤③④⑥②C．①③④⑥⑤②D．①③⑤⑥④②【考點(diǎn)】物質(zhì)分離、提純的實(shí)驗(yàn)方案設(shè)計(jì)．【分析】通過轉(zhuǎn)化為沉淀的方法除去KCl中混有的少量可溶于水的MgSO4和CaCl2雜質(zhì)．要先加過量的BaCl2溶液除去硫酸根離子和鎂離子，然后用K2CO3溶液去除過量的鋇離子和鈣離子；注意K2CO3溶液要在BaCl2溶液之后加入，要先除硫酸根離子和鎂離子，然后再除鈣離子，碳酸鉀溶液可以除去過量的鋇離子，如果加入的順序反了，過量的鋇離子則無法除去；鹽酸要放在最后，來除去過量的BaCl2和K2CO3溶液．【解答】解：通過轉(zhuǎn)化為沉淀的方法除去KCl中混有的少量可溶于水的MgSO4和CaCl2雜質(zhì)．可采取加水溶解→加入過量BaCl2溶液，與MgSO4發(fā)生反應(yīng)，生成BaSO4沉淀和氫氧化鎂沉淀→加過量K2CO3溶液，與CaCl2和①中過量BaCl2溶液發(fā)生反應(yīng)，生成CaCO3沉淀和BaCO3沉淀和氯化鉀→過濾，濾出上述步驟生成的沉淀→加適量鹽酸，與過量K2CO3溶液發(fā)生反應(yīng)，生成氯化鉀、水和二氧化碳?xì)怏w→加熱蒸發(fā)得到晶體．操作中應(yīng)依次加入過量的BaCl2溶液、碳酸鉀溶液、過濾后加適量鹽酸，正確的操作順序?yàn)棰佗邰茛蔻堍?，故選：D．17．配制一定物質(zhì)的量濃度的NaOH溶液時(shí)，造成所配溶液濃度偏低的是（）A．轉(zhuǎn)移定容前，容量瓶中有少量水B．NaOH在燒杯中溶解后，立即轉(zhuǎn)入容量瓶中進(jìn)行定容C．定容后，上下顛倒容量瓶時(shí)有少量NaOH液體留出容量瓶外D．向容量瓶加水時(shí)眼睛仰視液面定容【考點(diǎn)】配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液．【分析】分析不當(dāng)操作對溶質(zhì)的物質(zhì)的量和溶液的體積的影響，依據(jù)C=進(jìn)行誤差分析．【解答】解：A．轉(zhuǎn)移定容前，容量瓶中有少量水對溶質(zhì)的物質(zhì)的量和溶液的體積都不會產(chǎn)生影響，溶液的濃度不變，故A不選；B．NaOH在燒杯中溶解后，立即轉(zhuǎn)入容量瓶中進(jìn)行定容，冷卻到室溫后，溶液的體積偏小，溶液的濃度偏高，故B不選；C．定容后，上下顛倒容量瓶時(shí)有少量NaOH液體留出容量瓶外，溶質(zhì)的物質(zhì)的量、溶液的體積都發(fā)生變化，無法判斷溶液濃度變化，故C不選；D．向容量瓶加水時(shí)眼睛仰視液面定容，導(dǎo)致溶液的體積偏大，溶液的濃度偏低，故D選；故選：D．18．已知常溫下，溶液中能發(fā)生如下反應(yīng)：①16H++10Z﹣+2XO4﹣═2X2++5Z2+8H2O②2M2++R2═2M3++2R﹣③2R﹣+Z2═R2+2Z﹣由此判斷，下列說法中正確的是（）A．Z2+2M2+═2M3++2Z﹣不可以進(jìn)行B．Z元素在①③反應(yīng)中發(fā)生還原反應(yīng)C．各粒子還原性由強(qiáng)到弱的順序是X2+＞Z﹣＞R﹣＞M2+D．各粒子氧化性由強(qiáng)到弱的順序是XO4﹣＞Z2＞R2＞M3+【考點(diǎn)】氧化性、還原性強(qiáng)弱的比較．【分析】①16H++10Z﹣+2XO4﹣═2X2++5Z2+8H2O中，Z元素的化合價(jià)升高，X元素的化合價(jià)降低；②2M2++R2═2M3++2R﹣中，M元素的化合價(jià)升高，R元素的化合價(jià)降低；③2R﹣+Z2═R2+2Z﹣中，Z元素的化合價(jià)降低，R元素的化合價(jià)升高，結(jié)合氧化還原反應(yīng)基本概念及氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性、還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物的還原性來解答．【解答】解：A．根據(jù)還原性順序：Z﹣＜M2+，常溫下可發(fā)生反應(yīng)2M2++Z2═2M3++2Z﹣，故A錯(cuò)誤；B．反應(yīng)①16H++10Z﹣+2XO4﹣=2X2++5Z2+8H2O中，Z元素化合價(jià)升高，被氧化發(fā)生氧化反應(yīng)，在反應(yīng)③2R﹣+Z2═R2+2Z﹣中，Z元素化合價(jià)降低，被還原發(fā)生還原反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)反應(yīng)2M2++R2═2M3++2R﹣，可得還原性順序是：R﹣＜M2+，根據(jù)反應(yīng)2R﹣+Z2═R2+2Z﹣，可得還原性順序是Z﹣＜R﹣，根據(jù)反應(yīng)：16H++10Z﹣+2XO4﹣=2X2++5Z2+8H2O，可得還原性順序是：X2+＜Z﹣，即還原性強(qiáng)弱順序?yàn)椋篨2+＜Z﹣＜R﹣＜M2+，故C錯(cuò)誤；D．氧化還原反應(yīng)中氧化劑的氧化性強(qiáng)于氧化產(chǎn)物的氧化性，反應(yīng)①16H++10Z﹣+2XO4﹣=2X2++5Z2+8H2O中，氧化性XO4﹣＞Z2；反應(yīng)②2M2++R2═2M3++2R﹣中，氧化性R2＞M3+；反應(yīng)﹣③2R﹣+Z2═R2+2Z﹣中，氧化性：Z2＞R2，即氧化性順序是XO4﹣＞Z2＞R2＞M3+，故D正確；故選D．19．在一定溫度下，向飽和NaOH溶液中投入一小塊金屬鈉，充分反應(yīng)后恢復(fù)到原來的溫度，下列敘述合理的是（）A．NaOH溶液濃度增大，并放出H2B．溶液中NaOH的質(zhì)量分?jǐn)?shù)不變，有H2放出C．溶液的總質(zhì)量增大，有H2放出D．溶液的總質(zhì)量不變，有H2放出【考點(diǎn)】鈉的化學(xué)性質(zhì)．【分析】鈉和水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣，消耗水，飽和的氫氧化鈉溶液中有NaOH晶體析出，溫度不變，氫氧化鈉的溶解度不變．【解答】解：A．溫度不變，氫氧化鈉的溶解度不變，溶劑減少，溶質(zhì)析出，但溶液濃度不變，故A錯(cuò)誤；B．溫度不變，氫氧化鈉的溶解度不變，所以其質(zhì)量分?jǐn)?shù)不變，鈉和水反應(yīng)放出氫氣，故B正確；C．鈉和水反應(yīng)導(dǎo)致溶劑的量減少且有氫氣生成，溶質(zhì)析出，所以溶液質(zhì)量減少，故C錯(cuò)誤；D．鈉和水反應(yīng)導(dǎo)致溶劑的量減少且有氫氣生成，溶質(zhì)析出，所以溶液質(zhì)量減少，故D錯(cuò)誤；故選B．20．要證明某溶液中不含有Fe3+，而可能含有Fe2+，合理順序是（）①加入足量氯水②取少量試液③加入少量KSCN溶液．A．①③②B．①②③C．②③①D．②①③【考點(diǎn)】二價(jià)Fe離子和三價(jià)Fe離子的檢驗(yàn)．【分析】KSCN溶液與Fe3+作用使溶液顯紅色，與Fe2+作用無此現(xiàn)象，故可以先滴加KSCN溶液，不顯紅色，說明原溶液不含有Fe3+，再滴加氯水后顯紅色，說明滴加氯水后溶液中有Fe3+，證明原溶液含有Fe2+．【解答】解：取少量試液，先加入少量KSCN溶液，溶液沒有變成血紅色，說明溶液中不含F(xiàn)e3+，再加入足量氯水，溶液變成血紅色，說明二價(jià)鐵離子被氧化為三價(jià)鐵離子，說明原溶液中含有Fe2+，故要證明某溶液中不含F(xiàn)e3+，而可能含有Fe2+，合理的操作順序是②③①，故選C．21．在印刷電路時(shí)常用氯化鐵溶液作為“腐蝕液”，發(fā)生的反應(yīng)為2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2向盛有氯化鐵溶液的燒杯中同時(shí)加入鐵粉和銅粉，反應(yīng)結(jié)束后下列結(jié)果不可能出現(xiàn)的是（）A．燒杯中有銅無鐵B．燒杯中有鐵無銅C．燒杯中鐵銅都有D．燒杯中鐵銅都無【考點(diǎn)】常見金屬的活動(dòng)性順序及其應(yīng)用；鐵鹽和亞鐵鹽的相互轉(zhuǎn)變．【分析】Fe的還原性大于Cu，所以向氯化鐵溶液中加入Cu、Fe可能發(fā)生的反應(yīng)有2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2、2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=FeCl2+Cu，且Fe先發(fā)生氧化還原反應(yīng)，據(jù)此分析解答．【解答】解：A．Fe的還原性大于Cu，所以加入Fe、Cu時(shí)Fe先參加反應(yīng)，當(dāng)Fe完全反應(yīng)后、Cu部分反應(yīng)，則燒杯中有Cu無Fe，故A不選；B．Fe的還原性大于Cu，所以加入Fe、Cu時(shí)Fe先參加反應(yīng)，如果溶液中有Fe而無銅，則Fe會和銅離子發(fā)生置換反應(yīng)，所以不可能出現(xiàn)有Fe而無Cu現(xiàn)象，故B選；C．如果鐵完全將鐵離子還原還剩余，則Cu就不參加反應(yīng)，所以燒杯中還剩Fe、Cu，故C不選；D．如果鐵離子的量足夠大，F(xiàn)e、Cu完全反應(yīng)后鐵離子還剩余，則燒杯中Cu、Fe都不存在，故D不選；故選B．22．將一定質(zhì)量的Al2O3固體投入100mL濃度為2mol/L的鹽酸溶液中得到無色透明的澄清溶液，繼續(xù)向所得溶液里加入物質(zhì)的量濃度1mol/L的NaOH溶液，當(dāng)沉淀達(dá)到最大時(shí)，加入NaOH溶液的體積是（）A．50mLB．100mLC．200mLD．300mL【考點(diǎn)】化學(xué)方程式的有關(guān)計(jì)算．【分析】氧化鋁與鹽酸反應(yīng)生成氯化鋁，向反應(yīng)后的溶液中加入氫氧化鈉溶液，產(chǎn)生沉淀發(fā)生反應(yīng)：AlCl3+3NaOH=Al（OH）3↓+3NaCl，若鹽酸有剩余，則發(fā)生：HCl+NaOH=NaCl+H2O，當(dāng)沉淀達(dá)到最大時(shí)，鋁離子恰好轉(zhuǎn)化為Al（OH）3，此時(shí)溶液中溶質(zhì)為NaCl，根據(jù)氯離子守恒n（NaCl）=n（HCl），由鈉離子守恒n（NaOH）=n（NaCl），再根據(jù)V=計(jì)算氫氧化鈉溶液體積．【解答】解：氧化鋁與鹽酸反應(yīng)生成氯化鋁，向反應(yīng)后的溶液中加入氫氧化鈉溶液，產(chǎn)生沉淀發(fā)生反應(yīng)：AlCl3+3NaOH=Al（OH）3↓+3NaCl，若鹽酸有剩余，則發(fā)生：HCl+NaOH=NaCl+H2O，當(dāng)沉淀達(dá)到最大時(shí)，鋁離子恰好轉(zhuǎn)化為Al（OH）3，此時(shí)溶液中溶質(zhì)為NaCl，根據(jù)氯離子守恒n（NaCl）=n（HCl），由鈉離子守恒n（NaOH）=n（NaCl），故n（NaOH）=n（HCl）=×2mol/L=，則需要?dú)溲趸c溶液體積===200mL，故選C．23．在氯化鐵、氯化銅和鹽酸的混合溶液中加入鐵粉，待反應(yīng)結(jié)束，所剩余的固體濾出后能被磁鐵吸引，則反應(yīng)后溶液存在較多的陽離子是（）A．Cu2+B．Fe3+C．Fe2+D．H+【考點(diǎn)】鐵鹽和亞鐵鹽的相互轉(zhuǎn)變．【分析】根據(jù)金屬鐵能和三價(jià)鐵、銅離子以及氫離子反應(yīng)的性質(zhì)來分析．【解答】解：充分反應(yīng)后，所剩余的固體濾出后能被磁鐵吸引，則鐵粉有剩余，因?yàn)槿齼r(jià)鐵離子會和鐵單質(zhì)生成二價(jià)鐵離子，所以一定沒有三價(jià)鐵離子，B錯(cuò)誤，銅離子會和單質(zhì)鐵發(fā)生置換反應(yīng)二價(jià)鐵離子和單質(zhì)銅，鹽酸中的氫離子會和鐵單質(zhì)發(fā)生置換反應(yīng)生成氫氣和二價(jià)鐵離子，所以溶液中一定不含有銅離子、氫離子，A、D錯(cuò)誤，所以一定存在的是Fe2+；故選：C．24．把Na2CO3?10H2O和NaHCO3組成的混合物溶于水配成100mL溶液，其中c（Na+）=L．若把等質(zhì)量的混合物加熱至恒重，殘留物的質(zhì)量是（）A．．．．【考點(diǎn)】有關(guān)混合物反應(yīng)的計(jì)算．【分析】將固體混合物加熱至恒重，Na2CO3?10H2O中結(jié)晶水完全失去、NaHCO3分解生成碳酸鈉，所以最終殘留物為碳酸鈉，根據(jù)鈉離子守恒可以計(jì)算出碳酸鈉的物質(zhì)的量，再根據(jù)m=nM計(jì)算出其質(zhì)量．【解答】解：把Na2CO3?10H2O和NaHCO3組成的混合物加熱至恒重，Na2CO3?10H2O中結(jié)晶水完全失去、NaHCO3分解生成碳酸鈉，所以最終殘留物為碳酸鈉，根據(jù)鈉離子守恒可知，n（Na2CO3）=c（Na+）×V=×L×=，最終得到殘留物的質(zhì)量為：106g/mol×=，故選A．25．以下是對某水溶液進(jìn)行離子檢驗(yàn)的方法和結(jié)論，其中正確的是（）A．先加入BaCl2溶液，再加入足量的HNO3溶液，產(chǎn)生了白色沉淀．溶液中一定含有大量的SO42﹣B．加入足量的CaCl2溶液，產(chǎn)生了白色沉淀．溶液中一定含有大量的CO32﹣C．加入足量濃NaOH溶液，產(chǎn)生了帶有強(qiáng)烈刺激性氣味，并能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)的氣體．溶液中一定含有大量的NH4+D．先加適量的鹽酸將溶液酸化，再加AgNO3溶液，產(chǎn)生了白色沉淀．溶液中一定含有大量的Cl﹣【考點(diǎn)】常見離子的檢驗(yàn)方法．【分析】A、依據(jù)溶液中干擾離子Cl﹣，SO32﹣分析判斷；B、溶液中含銀離子液可以生成沉淀；C、依據(jù)銨根離子的檢驗(yàn)方法分析判斷；D、加入的鹽酸也會與硝酸銀反應(yīng)生成氯化銀沉淀．【解答】解：A、先加入BaCl2溶液，再加入足量的HNO3溶液，產(chǎn)生了白色沉淀．溶液中可能含有Ag+，SO32﹣，所以溶液中不一定含有大量的SO42﹣，故A錯(cuò)誤；B、加入足量的CaCl2溶液，產(chǎn)生了白色沉淀．溶液中含有Ag+也可以生成沉淀，所以溶液中不一定含有大量的CO32﹣，故B錯(cuò)誤；C、加入足量濃NaOH溶液，產(chǎn)生了帶有強(qiáng)烈刺激性氣味，并能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)的氣體．溶液中一定含有大量的NH4+，符合銨根離子的檢驗(yàn)方法，故C正確；D、先加適量的鹽酸將溶液酸化，再加AgNO3溶液，產(chǎn)生了白色沉淀．加入的鹽酸也會生成沉淀，溶液中不一定含有大量的Cl﹣，故D錯(cuò)誤；故選C．二、非選擇題共50分）26．化學(xué)計(jì)量在化學(xué)中占有重要地位，請回答下列問題：（1）127gFeCl2中含1molFe2+，2molCl﹣，總離子數(shù)3NA或者×1024．（2）3molH2O中含有的氧原子數(shù)與CO2中含有的氧原子數(shù)相同．（3）已知R2+核內(nèi)共有N個(gè)中子，R原子的質(zhì)量數(shù)為A，其電子數(shù)為A﹣N﹣2，mgR2+中所含有的質(zhì)子的物質(zhì)的量為mol．（4）H2O所含質(zhì)子數(shù)與L（標(biāo)準(zhǔn)狀況下）NH3所含質(zhì)子數(shù)相等．【考點(diǎn)】物質(zhì)的量的相關(guān)計(jì)算．【分析】（1）結(jié)合n=及分子構(gòu)成計(jì)算；（2）CO2中含有的氧原子為×2=3mol；（3）質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)，結(jié)合失去電子判斷；結(jié)合n=及分子構(gòu)成計(jì)算；（4）水的質(zhì)子數(shù)與氨氣的質(zhì)子數(shù)均為10，質(zhì)子數(shù)相等，可知水與氨氣的物質(zhì)的量相同．【解答】解：（1）127gFeCl2中n（FeCl2）==1mol，則含1molFe2+，2molCl﹣，總離子數(shù)3mol×NA=3NA或者×1024，故答案為：1；2；3NA或者×1024；（2）CO2中含有的氧原子為×2=3mol，則3molH2O中含有的氧原子數(shù)與CO2中含有的氧原子數(shù)相同，故答案為：3；（3）R2+核內(nèi)共有N個(gè)中子，R原子的質(zhì)量數(shù)為A，其電子數(shù)為A﹣N﹣2，mgR2+中所含有的質(zhì)子的物質(zhì)的量為mol，故答案為：A﹣N﹣2；；（4）水的質(zhì)子數(shù)與氨氣的質(zhì)子數(shù)均為10，質(zhì)子數(shù)相等，可知水與氨氣的物質(zhì)的量相同，H2O的物質(zhì)的量為=，則氨氣的體積為×mol=，故答案為：．27．如圖是一套制取并驗(yàn)證氯氣部分化學(xué)性質(zhì)的實(shí)驗(yàn)裝置．回答下列問題：（1）裝置A中，儀器a的名稱叫分液漏斗，該儀器中盛有的試劑為_濃鹽酸．（2）當(dāng)Cl2氣流通過一段時(shí)間后，裝置B中溶液的pH值＜7（填“＞”“＜”或“=”）（3）當(dāng)有少量Cl2氣流通過后，觀察到裝置C中的溶液變?yōu)樗{(lán)色，反應(yīng)的離子方程式為Cl2+2I﹣=I2+2Cl﹣．（4）寫出裝置A中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式：MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O．（5）裝置E的作用是吸收多余的Cl2．（6）若要制取標(biāo)準(zhǔn)狀況下的Cl2，需要MnO2的質(zhì)量為g．但用含有HCl的濃鹽酸與足量的MnO2反應(yīng)制Cl2，制得的Cl2體積（標(biāo)準(zhǔn)狀況下）總是小于的原因是濃鹽酸變稀后反應(yīng)停止，不能完全反應(yīng)，因此生成的氯氣體積（標(biāo)準(zhǔn)狀況下）總是小于．【考點(diǎn)】氯氣的實(shí)驗(yàn)室制法；氯、溴、碘的性質(zhì)實(shí)驗(yàn)．【分析】（1）分析儀器形狀及用途說出其名稱；裝置A是氯氣的發(fā)生裝置，利用分液漏斗將濃鹽酸滴入燒瓶中加熱反應(yīng)；（2）氯氣溶于水，部分與水反應(yīng)生成鹽酸和次氯酸；（3）氯氣氧化性強(qiáng)于碘，能夠置換單質(zhì)碘，碘遇到淀粉變藍(lán)；（4）濃鹽酸與二氧化錳在加熱條件下反應(yīng)生成氯化錳、氯氣和水；（5）氯氣有毒，直接排放能夠引起空氣污染，氯氣能夠與堿反應(yīng)，需要用氫氧化鈉溶液吸收；（6）依據(jù)MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O計(jì)算解答，注意二氧化錳只能與濃鹽酸反應(yīng)，與稀鹽酸不反應(yīng)．【解答】解：（1）依據(jù)儀器形狀可知，圖中儀器a為分液漏斗；裝置A是氯氣的發(fā)生裝置，利用分液漏斗將濃鹽酸滴入燒瓶中加熱反應(yīng)；故答案為：分液漏斗；濃鹽酸；（2）氯氣溶于水，部分與水反應(yīng)生成鹽酸和次氯酸，鹽酸和次氯酸電離產(chǎn)生氫離子，使溶液中氫離子濃度大于氫氧根離子濃度，溶液顯酸性pH＜7；故答案為：＜；（3）裝置C中通過氯氣會發(fā)生氧化還原反應(yīng)，氯氣氧化碘離子為碘單質(zhì)，反應(yīng)離子方程式為：Cl2+2I﹣=2Cl﹣+I2，碘單質(zhì)遇到淀粉變藍(lán)；故答案為：藍(lán)色；Cl2+2I﹣=2Cl﹣+I2；（4）濃鹽酸與二氧化錳在加熱條件下反應(yīng)生成氯化錳、氯氣和水，方程式：MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O；故答案為：MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O；（5）氯氣有毒，直接排放能夠引起空氣污染，氯氣能夠與堿反應(yīng)，需要用氫氧化鈉溶液吸收，故答案為：吸收多余的Cl2；（6）n（Cl2）==，MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O87g1molmm=，所以理論上需要參加反應(yīng)；濃鹽酸還原性較強(qiáng)，在加熱條件下可與二氧化錳發(fā)生氧化還原反應(yīng)，但隨著反應(yīng)的進(jìn)行，鹽酸濃度逐漸降低，還原性減弱，濃鹽酸變稀后反應(yīng)停止，不能完全反應(yīng)，因此生成的氯氣體積（標(biāo)準(zhǔn)狀況下）總是小于；故答案為：；濃鹽酸變稀后反應(yīng)停止，不能完全反應(yīng)，因此生成的氯氣體積（標(biāo)準(zhǔn)狀況下）總是小于．28．工業(yè)上用鋁土礦（主要成分為A12O3，還有少量的Fe2O3，SiO2等雜質(zhì)）提取氧化鋁作冶煉鋁的原料，提取的操作過程如下：（1）Ⅰ和Ⅱ步驟中分離溶液和沉淀的操作