【化学】上海市徐汇区南洋模范中学2018-2019学年高一上学期期中考试试卷（解析版）

上海市徐汇区南洋模范中学2018-2019学年高一上学期期中考试试卷
一、选择题（本题共40分，每小题2分，只有一个正确选项）
1．（2分）可以确定元素种类的是（　　）
A．原子量 B．质量数 C．质子数 D．核外电子数
【分析】元素的种类由其原子核内的质子数决定，据此解答。
【解答】解：元素是具有相同质子数或核电荷数的同类原子的总称，元素的种类由其原子核内的质子数决定，
故选：C。
【点评】本题考查元素类别的决定微粒，题目难度不大，注意平时知识的积累。
2．（2分）如图为 A、B 元素的原子结构示意图。下列说法错误的是（　　）

A．B 的原子结构示意图中 x 为 12
B．A 和 B 分别属于非金属元素和金属元素
C．A 的原子和 B 的原子分别形成简单离子的过程相同
D．A 与 B 可组成化学式为 BA2 的化合物
【分析】A、原子中质子数=核外电子数=核电荷数；
B、两种元素的核电荷数和最外层电子数的大小确定元素的种类；
C、最外层电子数判断原子得失电子的情况，并分析形成离子的过程；
D、两种原子的最外层电子数判断两元素的化合价情况，并分析化学式的结构即可。
【解答】解：A、原子中质子数等于电子数，所以B的原子核外有12个电子，则质子数是12，即x=12，故A正确；
B、A的最外层电子数是7，大于4属非金属元素，B的最外层电子数是2，小于4，属金属元素，故B正确；
C、A的最外层电子数是7，化学反应中易得电子，B的最外层电子数是2，化学反应中易失电子，所以A的原子和B的原子分别形成简单离子的过程不相同，故C错误；
D、A的最外层电子数是7，化学反应中易得到1个电子，而带一个单位的负电荷，化合价为﹣1价，B的最外层电子数是2，化学反应中易失掉2个电子，而带两个单位的正电荷，化合价为+2价，所以A与B可组成化学式为BA2的化合物，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了原子结构分析，在原子的结构示意图中，决定元素化学性质的主要是最外层电子数，最外层电子数小于4时易失电子，大于4时易得电子；
3．（2分）下列说法正确的是（　　）
A．碳﹣12 原子和碳﹣13 原子的中子数相同
B．KMnO4 和 K2 MnO4 中有相同的原子团
C．Fe2+和 Fe3+都属于铁元素，核外电子数不同
D．和化学性质相似
【分析】A．原子中质量数=质子数+中子数；
B．KMnO4 和 K2 MnO4 中的原子团分别为高锰酸根离子和锰酸根离子；
C．Fe2+和 Fe3+的质子数为26，失去电子后，核外电子数不同，带有不同的电荷；
D．核电荷数为2的元素为氦元素性质稳定，核电荷数为12 的元素为金属镁元素，性质活泼。
【解答】解：A．碳﹣12 原子和碳﹣13 原子的质子数为6，中子数=质量数﹣质子数，分别为6、7，中子数不相同，故A错误；
B．KMnO4 和 K2 MnO4 中的原子团不同，分别为高锰酸根离子和锰酸根离子，离子所带电荷分别为一个和2个，故B错误；
C．Fe2+和 Fe3+的质子数为26，都属于铁元素，原子失去电子数不同，所带电荷数不同，核外电子数不同，故C正确；
D．是稀有气体元素性质稳定，是金属元素易失电子，二者化学性质不同，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了原子结构、微粒关系、元素决定因素等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
4．（2分）含有相同氧原子数的CO2和CO的物质的量之比为（　　）
A．1：1 B．1：2 C．2：3 D．2：1
【分析】根据物质分子含有氧原子数目确定CO和CO2的物质的量之比．
【解答】解：CO2分子含有2个氧原子，CO分子含有1个氧原子，氧原子数目相同，则：2n（CO2）=n（CO），故n（CO2）：n（CO）=1：2，故选B。
【点评】本题考查物质的量有关计算、物质中原子数目的计算等，比较基础．
5．（2分）下列药品置于空气中很容易变质（括号内的物质是变质后的物质），其中不是因为氧化还原反应而变质的是（　　）
A．Na2SO3（Na2SO4） B．FeCl2（FeCl3）
C．NaOH（Na2CO3） D．KI（I2）
【分析】在化学反应中有电子转移的反应就是氧化还原反应，表现出的特征就是元素化合价的变化，据此分析解答．
【解答】解：A、亚硫酸钠和氧气反应生成硫酸钠，硫元素失电子化合价升高，所以是发生了氧化还原反应而变质，故A不符合。
B、氯化亚铁和氧气反应生成氯化铁，铁元素失电子化合价升高，所以是发生了氧化还原反应而变质，故B不符合。
C、氢氧化钠和二氧化碳发生生成碳酸钠和水，反应过程中，氢氧化钠中各元素的化合价都没有发生变化，所以不是发生了氧化还原反应而变质，故C符合。
D、碘化钾和氧气反应生成碘单质，碘元素失电子化合价升高，所以是发生了氧化还原反应而变质，故D不符合。
故选：C。
【点评】本题考查了氧化还原反应的判断，难度不大，根据反应方程式中元素化合价是否变化分析判断即可，难度不大．
6．（2分）二氧化锰与浓硫酸反应有氧气放出：2MnO2+2H2SO4→2MnSO4+O2+2H2O．下列叙述错误的 是（　　）
A．浓硫酸作氧化剂
B．硫酸锰是还原产物
C．二氧化锰既是氧化剂又是还原剂
D．氧气是氧化产物
【分析】2MnO2+2H2SO4→2MnSO4+O2+2H2O中，Mn元素的化合价降低、O元素的化合价升高，以此来解答。
【解答】解：A．浓硫酸中元素的化合价不变，不作氧化剂，故A错误；
B．Mn元素得到电子被还原，则硫酸锰是还原产物，故B正确；
C．Mn、O元素的化合价变化，则二氧化锰既是氧化剂又是还原剂，故C正确；
D．O元素失去电子被氧化，则氧气为氧化产物，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化、基本概念为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意二氧化锰的应用，题目难度不大。
7．（2分）已知氧化性Br2＞Fe3+＞I2＞S，下列反应不能发生的是（　　）
A．2Fe2++I2→2Fe3++2I﹣ B．Br2+H2S→S+2HBr
C．2Fe3++2I﹣→2Fe2++I2 D．Br2+2Fe2+→Fe3++2Br﹣
【分析】根据化学方程式，只要根据氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的还原性，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性得出的结果符合题干已知条件的，说明反应成立。
【解答】解：A、氧化性Fe3+＞I2，所以2Fe2++I2→2Fe3++2I﹣不能发生，故A选；
B、根据氧化性Br2＞S，所以反应Br2+H2S→S+2HBr能发生，故B不选，
C、根据2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2，可知氧化性是Fe3+＞I2，符合题干已知条件，所以化学方程式成立，故C不选；
D、根据氧化性Br2＞Fe3+，所以反应Br2+2Fe2+→Fe3++2Br﹣能发生，故D不选，
故选：A。
【点评】本题考查氧化还原反应，把握发生的反应及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的考查，题目难度不大。
8．（2分）K37CIO3晶体与H35Cl溶液反应生成氯化钾、氯气和水，实验测得此反应生成的氯气的分子量是（　　）
A．73.3 B．73 C．72 D．70.7
【分析】反应的方程式为K37ClO3+6H35Cl=K35Cl+3Cl2↑+3H2O，生成的Cl2中，37Cl与35Cl个数比为1：5，然后根据摩尔质量与相对分子质量在数值上相等。
【解答】解：K37CIO3晶体与H35Cl溶液反应生成氯化钾、氯气和水，方程式为K37ClO3+6H35Cl=K35Cl+3Cl2↑+3H2O，生成的Cl2中，37Cl与35Cl个数比为1：5，生成的氯气相对分子质量约为=70.7，
故选：D。
【点评】本题考查了氧化还原反应，明确反应中元素的化合价变化及原子守恒为解答的关键，题目难度不大。
9．（2分）下列离子方程式的书写正确的是（　　）
A．铁跟稀盐酸反应：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑
B．碳酸氢钙溶液中加入盐酸：Ca（HCO3）2+2HCl═CaCl2+2H2O+2CO2↑
C．CO2通入澄清石灰水中：CO2+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+H2O
D．NaHCO3溶液中加入盐酸：HCO3﹣+H+═H2CO3
【分析】A．不符合客观事实，铁与盐酸反应生成氯化亚铁；
B．碳酸氢钙、氯化氢、氯化钙应拆成离子形式；
C．二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙和水；
D．NaHCO3溶液中加入盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳．
【解答】解：A．铁跟稀盐酸反应，离子方程式：Fe+2H+═Fe2++H2↑，故A错误；
B．碳酸氢钙溶液中加入盐酸，离子方程式：HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑，故B错误；
C．CO2通入澄清石灰水中，离子方程式：CO2+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+H2O，故C正确；
D．NaHCO3溶液中加入盐酸，离子方程式：HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了离子方程式书写及正误判断，题目难度不大，把握反应的实质是解题的关键，注意化学式的拆分，电荷的守恒．
10．（2分）当固体AgCl放在较浓的KI溶液中振荡时，则部分AgCl转化为AgI，原因是（　　）
A．AgI比AgCl稳定 B．碘氧化性比氯弱
C．I﹣的还原性比Cl﹣强 D．溶解度AgI＜AgCl
【分析】AgI的Ksp小于AgCl的Ksp，固体AgCl放在较浓的KI溶液中振荡时，则部分AgCl转化为AgI，发生AgCl+I﹣=AgCl+Cl﹣，以此来解答．
【解答】解：固体AgCl放在较浓的KI溶液中振荡时，则部分AgCl转化为AgI，发生AgCl+I﹣=AgCl+Cl﹣，可知溶解度AgI＜AgCl，与离子的还原性、氧化性及AgX的稳定性无关，
故选：D。
【点评】本题考查沉淀的转化，为高频考点，把握沉淀转化的实质、溶解度关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意判断沉淀的转化与生成，题目难度不大．
11．（2分）一种无色溶液中加入BaCl2溶液，生成不溶于稀HNO3的白色沉淀，则该溶液中溶有的离子是（　　）
A．一定溶有SO42﹣
B．一定溶有CO32﹣
C．一定溶有Ag+
D．可能有SO42﹣也可能有Ag+
【分析】BaCl2溶液中含有钡离子和氯离子，钡离子能形成硫酸钡沉淀，氯离子能形成氯化银沉淀，二者都是不溶于稀HNO3的白色沉淀，白色沉淀可能为氯化银或硫酸钡．
【解答】解：向某溶液中加入BaCl2溶液，生成不溶于稀HNO3的白色沉淀，白色沉淀可能是硫酸钡或氯化银，如Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl；也可能为BaCl2+2AgNO3=Ba（NO3）2+2AgCl↓；
故选：D。
【点评】本题考查离子的检验，注意中学化学中不溶于稀硝酸的白色沉淀有硫酸钡和氯化银常见的两种，不溶性碱和碳酸盐沉淀都溶于稀硝酸．
12．（2分）下列各组离子，在溶液中能大量共存、加入足量 NaOH 溶液后加热既有气体放出又有沉淀生成的一组 是（　　）
A．Ba2+、NO3﹣、NH4+、Cl﹣
B．Ca 2+、HCO3﹣，NH4+、CO32﹣
C．K+、Ba 2+、Cl﹣、HCO3﹣
D．Mg2+、NH4+、SO 42﹣、K+
【分析】A．加入氢氧化钠溶液后没有沉淀生成；
B．钙离子与碳酸根离子生成碳酸钙沉淀；
C．加入氢氧化钠溶液后没有气体生成；
D．四种离子能够共存，加入氢氧化钠溶液后，镁离子与氢氧化钠生成氢氧化镁沉淀，铵根离子与氢氧化钠加入生成氨气。
【解答】解：A．该组离子之间不反应，离子能大量共存，当加入NaOH会与NH4+反应产生NH3，但没有沉淀，故A错误；
B．Ca 2+、CO32﹣之间生成碳酸钙沉淀，该组离子不能大量共存，故B错误；
C．该组离子之间不反应，能大量共存，当加入NaOH会与HCO3﹣生成CO32﹣，CO32﹣与Ba2+可生成BaSO3沉淀，但无气体生成，故C错误；
D．该组离子之间不反应，能大量共存，当加入NaOH溶液加热后，OH﹣与NH4+产生NH3，OH﹣与Mg2+会产生Mg（OH）2沉淀，符合题意，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查离子的共存问题及复分解反应，明确题意中原离子组能共存，当加入碱既有气体又有沉淀生成两个条件来分析解答，熟悉离子的性质及常见离子之间的反应是解答的关键；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。
13．（2分）向 10mL0.01mol/L 的 Ba （OH）2溶液中逐滴加入 0.01mol/L 的 H2SO4 溶液，溶液的导电性（以电流 I表示）和滴入的稀硫的体积（用 V 表示）间的关系正确的是（　　）
A． B． C． D．
【分析】硫酸和氢氧化钡的反应方程式为H2SO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+2H2O，随着稀硫酸的加入，溶液中离子的浓度逐渐降低，导电性降低，当硫酸和氢氧化钡恰好反应生成硫酸钡和水时，溶液中离子的浓度几乎为零，导电性几乎为零，继续滴加稀硫酸，稀硫酸过量溶液中离子的浓度逐渐增大。
【解答】解：硫酸和氢氧化钡的反应方程式为H2SO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+2H2O，随着稀硫酸的加入，溶液中离子的浓度逐渐降低，导电性降低，当硫酸和氢氧化钡恰好反应生成硫酸钡和水时，溶液中离子的浓度几乎为零，导电性几乎为零，继续滴加稀硫酸，稀硫酸过量溶液中离子的浓度逐渐增大，导电性增强，最后溶液为稀硫酸溶液，所以导电性不再变化，A图象符合，
故选：A。
【点评】本题是图象解析题，分析图象时要注意曲线的“原点”、“转折点”等的意义，对“数”、“形”、“义”、“性”进行综合思考，从中发掘隐含信息快速解题。
14．（2分）已知 1L 水中溶解了 700L 氨气（S．T．P），所得溶液密度为 0.883g/cm3．下列说法正确的是（　　）
A．溶液中 NH3 的物质的量浓度为 31.25mol/L
B．溶液中 OH﹣的物质的量浓度为 18.02mol/L
C．向所得溶液中再加入 1L 水，NH3 的物质的量浓度为 9.01mol/L
D．取原溶液 10mL，其中 NH3 的质量分数为 34.69%
【分析】标准状况下的NH3700L溶于1L的水中，则氨气的物质的量为=31.25mol，
溶液质量为31.25mol×17g/mol+1000g=1531.25g，
溶液体积为物质的量浓度为≈1734mL≈1.734L，
则所得氨水的物质的量浓度为=18.02mol/L，
所得氨水的质量分数为=34.69%，据此分析判断。
【解答】解：标准状况下的NH3700L溶于1L的水中，则氨气的物质的量为=31.25mol，
溶液质量为31.25mol×17g/mol+1000g=1531.25g，
溶液体积为物质的量浓度为≈1734mL≈1.734L，
则所得氨水的物质的量浓度为=18.02mol/L，
所得氨水的质量分数为=34.69%，
A．所得氨水的物质的量浓度为=18.02mol/L，故A错误；
B．氨水中的NH3•H2O不能完全电离，是弱碱，故B错误；
C．向所得溶液中再加入 1L 水，氨水的密度变大，溶液的体积没有增大为原来的2倍，则NH3 的物质的量浓度大于 9.01mol/L，故C错误；
D．溶液是均一稳定的混合，10mL氨水的质量分数为34.69%，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查物质的量浓度的计算，为高频考点，把握c、n、V的关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，溶液的体积计算为解答的难点，题目难度不大。
15．（2分）对下列三种溶液的比较中，正确的是（　　）
①300mL0.5mol/L 的 NaCl；②200mL0.4mol/L 的 MgCl2；③100mL0.3mol/L 的 AlCl3
A．Cl﹣离子物质的量浓度由大到小的顺序是①＞②＞③
B．稀释到 1000mL 后，Cl﹣离子物质的量浓度由大到小的顺序是①＞②＞③
C．与 AgNO3 反应，当产生沉淀 1.435g 时，消耗上述溶液的体积比为 9：8：5
D．与足量的 AgNO3 反应，产生沉淀的质量比为 15：16：9
【分析】A．氯离子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；
B．稀释过程中氯离子的物质的量不变，根据c=分析；
C．生成氯化银的质量相同，则消耗氯离子的物质的量相等，根据V=分析；
D．硝酸银溶液足量，生成的氯化银沉淀取决于氯离子的物质的量，结合B分析。
【解答】解：A．①300mL0.5mol/L 的 NaCl中氯离子浓度为0.5mol/L，②200mL0.4mol/L 的 MgCl2中氯离子浓度为：0.4mol/L×2=0.8mol/L，③100mL0.3mol/L 的 AlCl3溶液中，氯离子浓度为：0.3mol/L×3=0.9mol/L，则Cl﹣离子物质的量浓度由大到小的顺序是③＞②＞①，故A错误；
B．稀释过程中氯离子的物质的量不变，根据c=可知，稀释后体积相等，则氯离子浓度取决于原溶液中n（Cl﹣），①300mL0.5mol/L 的 NaCl溶液中n（Cl﹣）=0.5mol/L×0.3L=0.15mol；②200mL0.4mol/L 的 MgCl2溶液中，n（Cl﹣）=0.4mol/L×2×0.2L=0.16mol；③100mL0.3mol/L 的 AlCl3溶液中n（Cl﹣）=0.3mol/L×3×0.1L=0.09mol，则稀释后氯离子浓度大小为：②＞①＞③，故B错误；
C．与AgNO3反应，当产生沉淀1.435g时，消耗三种溶液中的n（Cl﹣）相等，根据V=可知，三种溶液的体积之比与氯离子浓度成反比，则消耗上述溶液的体积比=：：=72：45：40，故C错误；
D．与足量的 AgNO3 反应，氯离子完全转化成AgCl沉淀，根据m=nM可知，生成氯化银沉淀的质量与氯离子的物质的量成正比，结合B选项可知，产生沉淀的质量比=0.15mol：0.16mol=0.09mol=15：16：9，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查物质的量浓度的计算，题目难度中等，明确物质的量浓度与物质的量的区别为解答关键，C为易错点，试题计算量较大，充分考查了学生的分析能力及化学计算能力。
16．（2分）实验室测定胆矾结晶水含量，不需要的仪器和用品是（　　）
A．蒸发皿 B．电子天平
C．研钵 D．干燥器
【分析】把盛有硫酸铜晶体的瓷坩埚放在泥三角上慢慢加热，直到蓝色完全变白，然后把坩埚移至干燥器中冷却到室温，并用得着天平称量质量，和开始晶体质量差为结晶水的质量。
【解答】解：测定胆矾晶体结晶水含量时，结晶水合物在研钵中研碎放在坩埚中加热灼烧，先用小火，后渐改为用大火加热至固体恒重，加热时注意控制加热温度，避免固体迸溅而导致实验误差，并放在干燥器中冷却到室温，并用得着天平称量质量，实验室测定胆矾结晶水含量，不需要的仪器和用品是表面皿，
故选：A。
【点评】本题考查了硫酸铜结晶水合物中结晶水含量测定实验过程分析判断，主要是仪器的使用，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
17．（2分）下列操作使硫酸铜晶体结晶水测定结果偏大的是（　　）
A．硫酸铜晶体没有完全变白
B．加热时晶体爆溅
C．加热后未在干燥器中冷却
D．没有进行恒重操作
【分析】在测定硫酸铜晶体结晶水含量的实验中，加热前后质量的减少量就是失去结晶水的质量，质量差偏大，n值就偏大，质量差偏小，n值就偏小，据此分析。
【解答】解；A、粉末未完全变白说明晶体没有完全分解，导致反应前后的质量差偏小，使测定结果偏小，故A错误；
B、加热过程中有少量晶体溅出，会使测定的质量差偏大，使结果偏大，故B正确；
C、加热后未在干燥器中冷却，空气中水蒸气会在晶体表面聚集，会使硫酸铜质量差偏大，测定质量差偏小，使结果偏小，故C错误；
D、没有进行恒重操作，导致反应前后的质量差偏小，使测定结果偏小，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了硫酸铜晶体中结晶水的测定，把握实验操作原理及实验注意事项分析质量差是解题的关键，题目难度中等。
18．（2分）配制 250mL0.100mol/L 的碳酸钠溶液，下列仪器中需要使用的是（　　）
A．胶头滴管 B．量筒
C．托盘天平 D．100mL 容量瓶
【分析】配制一定物质的量浓度的碳酸钠溶液需要的仪器有：托盘天平、烧杯、250mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒，据此分析解答。
【解答】解：配制一定物质的量浓度的碳酸钠溶液时需要的仪器有：托盘天平、烧杯、250mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒，托盘天平称量固体碳酸钠、烧杯溶解碳酸钠固体、250mL容量瓶配制溶液、胶头滴管定容、玻璃棒搅拌和引流，
故选：AC。
【点评】本题考查溶液配制时仪器的选取，侧重考查对仪器的了解，明确仪器用途及溶液配制步骤是解本题关键，注意容量瓶规格选取方法，题目难度不大。
19．（2分）配制 250mL0.100mol/L 的碳酸钠溶液，相关操作正确的是（　　）
A．用天平称取碳酸钠粉末 2.650g
B．用纸槽将碳酸钠粉末送入 250mL 容量瓶，加适量水溶解
C．将烧杯尖嘴靠紧容量瓶口，注入蒸馏水至刻度
D．容量瓶中溶液摇匀后，液面低于刻度，继续加入蒸馏水至刻度
【分析】A．碳酸钠质量=CVM=0.100mol/L×0.25L×106g/mol=2.650g，托盘天平感量是0.1g；
B．容量瓶只能配制溶液，不能稀释或溶解药品；
C．将烧杯尖嘴靠近玻璃棒，将溶液沿玻璃棒倒入容量瓶，注入蒸馏水至刻度线1﹣2cm处改用胶头滴管定容；
D．容量瓶中溶液摇匀后，液面低于刻度，继续加入蒸馏水会导致溶液体积偏大。
【解答】解：A．碳酸钠质量=CVM=0.100mol/L×0.25L×106g/mol=2.650g，托盘天平感量是0.1g，不能用托盘天平称量2.650g药品，应该用其它种类天平称量，故A正确；
B．容量瓶只能配制溶液，不能稀释或溶解药品，应该将称量的碳酸钠在烧杯中溶解，冷却至室温后再转移到容量瓶中，故B错误；
C．将烧杯尖嘴靠近玻璃棒，将溶液沿玻璃棒倒入容量瓶，防止液体溅出，注入蒸馏水至刻度线1﹣2cm处改用胶头滴管定容，故C错误；
D．容量瓶中溶液摇匀后，液面低于刻度，继续加入蒸馏水会导致溶液体积偏大，则配制溶液浓度偏低，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查一定物质的量浓度溶液的配制，侧重考查实验操作能力，明确实验操作规范性是解本题关键，注意容量瓶的用途，题目难度不大。
20．（2分）实验室向 0.783g MnO2 中加入 20mL36.5%（ρ=1.18g/cm3 ）浓盐酸后，共热制取 Cl2．反应方程式为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2+2H2O，若反应后溶液体积仍为 20mL，则下列说法正确的是（　　）
A．反应消耗 HCl 物质的量为 0.236mol
B．反应生成 Cl2 气体的体积为 201.6mL
C．若取 2mL 反应后的溶液，加入足量 AgNO3，可产生沉淀 2.87g
D．若取 2mL 反应后的溶液，加入 2.0mol/L 的 NaOH，当沉淀达到最大值时，消耗 NaOH 溶液的体积为10.9mL
【分析】盐酸的物质的量浓度c==mol/L=11.8mol/L，20mL36.5%（ρ=1.18g/cm3 ）浓盐酸中含有HCl的物质的量为11.8mol/L×0.02mol=0.236mol，0.783g MnO2 的物质的量为=0.009mol，二氧化锰与足量的浓盐酸反应：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，在反应中，MnO2完全溶解，盐酸不全部被氧化，部分表现为酸性，当盐酸浓度变稀后，MnO2不溶于稀盐酸，反应会停止，结合反应的化学方程式计算。
【解答】解：A．根据反应方程式MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，反应消耗 HCl 物质的量为0.009mol×4=0.036mol，故A错误；
B．反应中生成Cl2 气体的体积在标准状况下为0.009mol×22.4L/mol=0.2016L=201.6ml，故B错误；
C．根据原子守恒，反应后溶液中含有Cl﹣的物质的量为0.236mol﹣0.009mol×2=0.218mol，则取 2mL 反应后的溶液，加入足量 AgNO3，可产生AgCl沉淀质量为=3.1283g，故C错误；
D．取 2mL 反应后的溶液，加入 2.0mol/L 的 NaOH，当沉淀达到最大值时，溶液中溶质为NaCl，则消耗 NaOH 溶液的体积为=0.0109L=10.9mL，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查氯气的性质和氧化还原反应的计算，题目难度不大，注意根据反应的化学方程式计算，本题中要特别注意参加反应的盐酸与被氧化的盐酸的物质的量的关系。
二、填空简答（本题共20分）
21．（10分）实验室用高锰酸钾和浓盐酸制取氯气，反应方程式如下：
[　2　]KMnO4+[　16　]→[　2　]KCl+[　2　]MnCl2+[　5　]Cl2+[　8　]H2O
（1）配平上述反应的化学方程式，并用单线桥标出电子转移方向和数目。
（2）反应中，HCl 体现的化学性质为　酸性和还原性　。
（3）若反应消耗 2molHCl，转移电子数目为　1.25NA　个。
（4）将SO2气体通入KMnO4溶液中，溶液褪色，生成Mn2+．写出发生反应的离子方程式　5SO2+2MnO4﹣+2H2O=2Mn2++5SO42﹣+4H+，　。
【分析】（1）反应中KMnO4+→MnCl2，Mn元素化合价由+7降低为+2，共降低5价，Cl（浓）→Cl2，Cl元素化合价由﹣1价升高为0价，共升高为2价，化合价升降最小公倍数为10，故KMnO4的系数为2，Cl2的系数为5，再根据原子守恒配平其它物质的系数，根据化合价变化标出电子转移的方向和数目；
（2）反应中盐酸中部分Cl化合价升高表现还原性，部分Cl化合价不变得到盐，表现酸性；
（3）根据化合价升降进行电子转移的计算；
（4）酸性高锰酸钾具有强氧化性，被还原为锰离子，二氧化硫可以被还原为硫酸根离子，据此书写。
【解答】解：（1）反应中KMnO4+→MnCl2，Mn元素化合价由+7降低为+2，共降低5价，Cl（浓）→Cl2，Cl元素化合价由﹣1价升高为0价，共升高为2价，化合价升降最小公倍数为10，故KMnO4的系数为2，Cl2的系数为5，再根据原子守恒配平其它物质的系数，配平后的方程式为2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，电子转移情况如下：，
故答案为：2；16；2；2；5；8；；
（2）反应中盐酸中部分Cl化合价升高表现还原性，部分Cl化合价不变得到盐，表现酸性；
故答案为：酸性和还原性；
（3）如反应中转移了10mol电子，则消耗盐酸是16mol，若反应消耗 2molHCl，转移电子数目为1.25NA，故答案为：1.25NA；
（4）酸性高锰酸钾具有强氧化性，被还原为锰离子，二氧化硫可以被还原为硫酸根离子，反应为：5SO2+2MnO4﹣+2H2O=2Mn2++5SO42﹣+4H+，
故答案为：5SO2+2MnO4﹣+2H2O=2Mn2++5SO42﹣+4H+。
【点评】本题考查氧化还原反应，涉及基本概念、电子转移表示、氧化还原反应计算等，注意对基础知识的理解掌握。
22．（7分）铝土矿是冶炼金属铝的重要原料，其中主要成分为 Al2O3、Fe2O3 等。工业上可 NaOH 溶解 Al2O3 使 其与杂质分离：Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O
（1）找出上述反应中化合价为负值的元素，写出其原子的电子式　　。
（2）同温同压下，上述元素形成的气体密度最大的物质的分子式为　O3　。
（3）上述反应中两种金属元素对应单质的活泼性强弱关系为：　Na＞Al　，从原子结构的角度分 析其原因：　两者电子层数相同，Na的质子数比Al的质子数小，较易失去最外层电子　。
（4）若根据化学性质进行物质分类，则 Al2O3 属于　两性　氧化物，据此推测下列反应方程式正确的是
　BCD　。
A．Al2O3+3H2O═2Al（OH）3
B.2Al（OH）3+3H2SO4═Al2 （SO4 ）3+3H2O
C．Al（OH）3+NaOH═NaA1O2+2H2O
D NaAlO2+4HCl═AlCl3+2H2O
【分析】（1）Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O中Na、H为+1价，Al为+3价，O为﹣2价，O的最外层有个电子；
（2）同温同压下，上述元素形成的气体密度最大的物质为臭氧；
（3）同周期从左下右金属性减弱，电子层数相同，质子数越大，对最外层电子的吸引越强；
（4）Al2O3可与酸、强碱反应生成盐和水，为两性氧化物。
【解答】解：（1）只有O为负价，氧原子的电子式为，故答案为：；
（2）同温同压下，上述元素形成的气体密度最大的物质的分子式为O3，故答案为：O3；
（3）上述反应中两种金属元素对应单质的活泼性强弱关系为Na＞Al；从原子结构的角度分析其原因为两者电子层数相同，Na的质子数比Al的质子数小，较易失去最外层电子，
故答案为：Na＞Al；两者电子层数相同，Na的质子数比Al的质子数小，较易失去最外层电子；
（4）Al2O3可与酸、强碱反应生成盐和水，为两性氧化物，可发生两性；氧化铝与水不反应，氢氧化铝为两性氢氧化物，则BC中方程式合理，氢氧化铝可溶于盐酸，则D中合理，
故答案为：两性；BCD。
【点评】本题考查金属化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
23．（3分）如图所示，圆底烧瓶中盛有 0.18g 镁条，加入 10.00mL2.00mol/L 的硫酸溶液 反应完全后，产生氢气 180mL。
（1）根据实验数据计算，气体的摩尔体积为　24L/mol　。
（2）反应过程中，装置内空气没有排除，空气的体积对实验结果　无　（填“有”或“无”）影响，请简述理由：
（3）有同学认为：若镁条中混有杂质，则实验结果会偏低。请列举实例分析该同学的观点是否正确？　需要根据杂质的类型分类讨论，若杂质为Al，则偏高，杂质不参与反应或为Fe、Zn等则偏低　。

【分析】（1）镁和硫酸反应生成氢气，根据气体的摩尔体积=计算；
（2）反应过程中，装置内空气没有排除，反应后装置内残留的 H2 可以替代空气的体积；
（3）若镁条中混有杂质，若杂质为 Al，则实验结果会偏高。
【解答】解：（1）0.18g 镁条的物质的量为n==0.0075mol，加入 10.00mL2.00mol/L 的硫酸n（H2SO4）=0.02mol，Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑，硫酸过量，按镁计算生成氢气为：0.0075mol，气体的摩尔体积===24L/mol，
故答案为：24L/mol；
（2）反应过程中，装置内空气没有排除，没有排除空气可由反应后装置内残留的 H2 替代，
故答案为：无；反应后装置内残留的 H2 可以替代空气的体积；
（3）若镁条中混有杂质，若杂质为 Al，铝的摩尔质量大于镁，计算出的金属的物质的量偏小，气体的摩尔体积=计算出偏高，同理杂质不参与反应或为 Fe、Zn 等则偏低，
故答案为：需要根据杂质的类型分类讨论，若杂质为 Al，则偏高，杂质不参与反应或为 Fe、Zn 等则偏低。
【点评】本题考查实验探究气体的摩尔体积的测量，掌握气体的摩尔体积=是解答关键，题目难度不大。