64，海南省琼海市嘉积中学2023-2024学年高三上学期期末考试化学试题A卷

这是一份64，海南省琼海市嘉积中学2023-2024学年高三上学期期末考试化学试题A卷，共17页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题(共14题，每题3分，共42分。下列每题只有一个选项符合题意)
1. 下列实验中金属或氧化物可以完全溶解的是
A. 1ml Cu与含2ml H2SO4的浓硫酸共热
B. 1ml MnO2与含2ml H2O2的溶液共热
C. 常温下1ml Al投入足量的浓硫酸中
D. 常温下1ml Cu投入含4ml HNO3的浓硝酸中
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．1ml Cu与含2ml H2SO4的浓硫酸共热，化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，随着反应的进行浓硫酸逐渐变为稀硫酸，稀硫酸不与铜反应，Cu不能完全溶解，故A错误；
B．1ml MnO2与含2ml H2O2的溶液共热，MnO2作催化剂，使得H2O2分解成水合氧气，故MnO2不会溶解在H2O2中，故B错误；
C．常温下Al遇浓硫酸钝化，表面形成致密氧化膜，阻止反应继续进行，则Al不能完全溶解，金属过量，故C错误；
D．随着反应的进行浓硝酸逐渐变为稀硝酸，但稀硝酸也与铜反应， Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2H2O+2NO2↑、3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+4H2O+2NO↑，Cu可以完全溶解，故D正确；
答案选D。
2. 从某些性质看，NH3和H2O，N和OH-，N3-和O2-，和H+两两相似。据此判断下列反应正确的是
①2Na+2NH3=2NaNH2+H2 ②CaO+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+H2O
③3Mg(NH2)2Mg3N2+4NH3↑ ④NH4Cl+NaNH2NaCl+2NH3↑
A. ③B. ②C. ②③D. ①②③④
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【详解】①．NH3和H2O相当，可以依据2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，类推得到反应为：2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑，正确；
②．和H+相当，依据CaO+2HCl=CaCl2 +H2O；类推得到反应：CaO+2NH4Cl CaCl2+2NH3↑+H2O，正确；
③．和OH-相当，N3-和O2-两两相当，依据Mg(OH)2 =MgO+H2O，类推得到： 3Mg (NH2)2Mg3N2+4 NH3↑，正确；
④．和OH-相当，NH3和H2O相当，依据NH4Cl+NaOHNaCl+ NH3+H2O；类推得到：NH4Cl+NaNH2NaCl+2NH3，正确；
故选D。
3. 某同学设计实验从海带中提取碘:
①滴加稀硫酸和双氧水
②在海带中加入少量酒精,点燃使其燃烧为灰烬,在灰烬中加水搅拌
③加四氯化碳并振荡
④过滤
⑤分液
该实验的合理操作顺序是
A. ①③⑤②④B. ②①③④⑤C. ②④①③⑤D. ③①②⑤④
【答案】C
【解析】
【详解】先将海带烧成灰，向灰中加水搅拌，再过滤，取滤液滴加稀硫酸和双氧水将I-氧化为I2，然后加入CCl4振荡，最后用分液漏斗分液，即合理的操作顺序为，②④①③⑤；
答案选C。
4. 下列实验操作中错误的是
A. 蒸发操作时，应使混合物中的水分完全蒸干后，才能停止加热
B. 蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处
C. 分液操作时，分液漏斗下层液体应从下口放出，上层液体应从上口倒出
D. 萃取操作时，所选萃取剂溶解溶质能力应大于原溶剂且与原溶剂互不相溶
【答案】A
【解析】
【详解】A．蒸发操作时，应使混合物中的水分接近蒸干时停止加热，利用余热完全蒸干，A项错误；
B．蒸馏操作时，温度计测量的是蒸汽的温度，所以应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处，B项正确；
C．分液操作时，为了使液体彻底分离，分液漏斗下层液体应从下口放出，上层液体应从上口倒出，C项正确；
D．萃取操作时，为了使溶质转移，所选萃取剂溶解溶质能力应大于原溶剂且与原溶剂互不相溶，D项正确；
故选A。
5. 比较MnO2和CuO对H2O2分解反应的催化能力大小的实验中若催化剂的质量均控制在0.1g，6%的H2O2溶液均取5 mL，可选择的实验装置是
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】因为向锥形瓶中滴加液体，因此使用分液漏斗，故A、B错误；假设过氧化氢的密度为1g·mL－1，n(H2O2)=5×1×3%/34ml=0.0044ml，v(O2)=0.0044×22.4×1000mL=49.28mL，10ml的量筒量程不够，故C错误，D正确。
6. 已知C2H4(g)和C2H5OH(l)的燃烧热ΔH分别是-1 411.0 kJ·ml-1和-1 366.8 kJ·ml-1，则由C2H4(g)和H2O(l)反应生成C2H5OH(l)的ΔH为
A. －44.2 kJ·ml－1B. ＋44.2 kJ·ml－1C. －330 kJ·ml－1D. ＋330 kJ·ml－1
【答案】A
【解析】
【详解】已知C2H4(g)和C2H5OH(l)的燃烧热ΔH分别是-1411.0 kJ·ml-1和-1366.8 kJ·ml-1，则
①C2H4(g)+3O2(g)＝2CO2(g)+2H2O(l) ΔH1=-1411.0 kJ·ml-1
②C2H5OH(l)+3O2(g)＝2CO2(g)+3H2O(l) ΔH2=-1366.8 kJ·ml-1
依据盖斯定律①－②即得到C2H4(g)+H2O(l)＝C2H5OH(l)ΔH=－44.2 kJ·ml－1，答案选A。
7. 某学生为探究铜生锈的过程设计如图所示装置，下列选项中正确的是
A. 一段时间后C棒上有气泡冒出，附近的溶液变为红色
B. 一段时间后溶液中会有蓝色沉淀产生
C. Cu棒为正极，电极反应式：
D. C棒为正极，电极反应式：2H++2e-=H2↑
【答案】B
【解析】
【分析】该装置为原电池装置，铜作为负极，正极是氧气在得电子，据此作答。
【详解】A．铜生锈的过程中，负极金属铜发生失电子的氧化反应，正极上是氧气发生得电子的还原反应，两个电极上不会产生气体，故A错误；
B．生锈过程的总反应为：，一段时间后溶液中会有蓝色沉淀产生，故B正确；
C．金属铜是负极，发生失电子的氧化反应：，故C错误；
D．正极上是氧气发生得电子的还原反应：，故D错误；
故选B。
8. 下列有关晶胞的叙述，正确的是（ ）
A. 晶胞的结构是晶体的结构B. 不同的晶体中晶胞的大小和形状都相同
C. 晶胞中的任何一个粒子都属于该晶胞D. 已知晶胞的组成就可推知晶体的组成
【答案】D
【解析】
【详解】A.构成晶体的最基本的几何单元称为晶胞，晶胞的结构并不是晶体的结构，A错误；
B. 相同晶体中晶胞大小和形状完全相同，不同晶体的晶胞大小和形状不一定相同，B错误；
C. 晶体中的大部分粒子被若干个晶胞所共有，不完全属于某个晶胞，C错误；
D. 知道晶胞的组成，利用“均摊法”即可推知晶体的组成，D正确。
答案：D。
9. 下列各组离子在指定环境中一定能大量共存的是（ ）
A. 使pH试纸显蓝色的溶液中：Cu2+、NO、Fe3+、SO
B. 与铝粉反应放出氢气的无色溶液中：NO、Al3+、Na+、SO
C. pH=0的溶液中：Al3+、NH、Ca2+、ClO-
D. 使红色石蕊试纸变蓝的溶液中：SO、CO、Na+、K+
【答案】D
【解析】
【详解】A．使pH试纸显蓝色的溶液呈碱性，存在大量氢氧根离子，Cu2+、Fe3+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B．与铝粉反应放出氢气的无色溶液呈酸性或强碱性，NO3-在酸性条件下具有强氧化性，与Al反应不会生成氢气；Al3+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C．pH=0的溶液中存在大量氢离子，Al3+、H+都与ClO-反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D．使红色石蕊试纸变蓝溶液呈碱性，存在大量氢氧根离子，SO32-、CO32-、Na+、K+之间不反应，也都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；
答案为D。
10. 下列反应的离子方程式正确的是
A. 苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳：2+H2O+CO2→2+
B. 60mL1ml·L—1氢氧化钡溶液与15mL2ml·L-1明矾溶液混合：3Ba2++6OH-+2Al3++3=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓
C. H2O中投入Na218O2固体：2H2O+2=418OH-+O2↑
D. 0.1ml/LCuCl2溶液中加入0.1ml/LNaHS溶液：Cu2++HS-=CuS↓+H+
【答案】D
【解析】
【详解】A．苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为+H2O+CO2→+，故A错误；
B．60mL1ml·L—1氢氧化钡溶液与15mL2ml·L-1明矾溶液混合恰好生成0.06ml硫酸钡沉淀和0.03ml四羟基合铝酸钾，反应的离子方程式为2Ba2++4OH-+Al3++2=2BaSO4↓+2，故B错误；
C．H2O中投入Na218O2固体生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，反应的离子方程式为2H2O+2=4Na++218OH-+2OH-+18O2↑，故C错误；
D．0.1ml/LCuCl2溶液中加入0.1ml/LNaHS溶液生成硫化铜沉淀、氯化钠、盐酸，反应的离子方程式为Cu2++HS-=CuS↓+H+，故D正确；
选D。
11. 某溶液中含有的溶质是FeBr2、FeI2，若先向该溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为红色已知：AgBr、AgI分别为浅黄色和黄色不溶于硝酸的沉淀，则下列叙述正确的是
A. 原溶液中的Br-一定被氧化
B. 通入氯气之后原溶液中的Fe2+一定被氧化
C. 溶液中一定不存在Fe2+
D. 若取少量所得溶液，再加入CCl4溶液，静置、分液，向上层溶液中加入足量的AgNO3 溶液，能产生黄色沉淀
【答案】B
【解析】
【分析】还原性：I->Fe2+>Br-，氯气先氧化I-，然后氧化Fe2+，最后氧化Br-，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为红色，说明I-全部被氧化，Fe2+部分或全部被氧化，Br-可能被氧化来分析。
【详解】A.还原性：I->Fe2+>Br-，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为血红色，说明Fe2+部分或全部被氧化，Br-可能被氧化，A错误；
B.向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为血红色，说明Fe2+部分或全部被氧化，B正确；
C.通入氯气之后原溶液中的二价Fe2+部分或全部被氧化，所以不能确定通入氯气之后的溶液中是否存在Fe2+，C错误；
D.如Br-被氧化生成Br2，则萃取后加入硝酸银，没有黄色沉淀生成，D错误；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查氧化还原反应，注意把握氧化性强弱的判断为解答该题的关键，本题切入点是元素化合价，侧重考查学生的分析能力。
12. G、Q、X、Y、Z均为氯的含氧化合物，我们不了解它们的化学式，但知道它们在一定条件下具有如下的转换关系(未配平)：
①
②
③
④
这五种化合物中，氯的化合价由低到高的顺序为
A. GYZQXB. GYQZXC. QGZYXD. ZXGYQ
【答案】B
【解析】
【详解】①中，NaCl中Cl元素为-1价，则Cl元素的化合价为Q>G>-1；
③中，为歧化反应，Y中Cl元素的化合价介于G、Q之间，结合①可知Cl元素的化合价为Q>Y>G；
②中，H元素的化合价降低，则Cl元素的化合价升高，所以Cl元素的化合价为X>Q；
④中，为歧化反应，Z中Cl元素的化合价介于Q、X之间，结合②可知，Cl元素的化合价为X>Z>Q；
所以五种化合物中氯的化合价由低到高的顺序为GYQZX；
故选B。
13. 已知反应A+3B=2C+D，在某段时间内以A的浓度变化表示的化学反应速率为1 ml/(L.min)，则此段时间内以C的浓度变化表示的化学反应速率为
A. 0.5 ml/(L·min)B. 1 ml/(L·min)C. 2 ml/(L·min)D. 3 ml/(L·min)
【答案】C
【解析】
【详解】由于在同一反应中，用不同物质表示的反应速率比等于化学方程式中相应物质的化学计量数的比，在某段时间内以A的浓度变化表示的化学反应速率为1 ml/(L.min)，则此段时间内以C的浓度变化表示的化学反应速率v(C)=2v(A)=2×1 ml/(L.min)=2 ml/(L.min)。
答案选C。
14. 已知与浓HCl在常温下反应就能产生。若用如图所示装置来制备纯净、干燥的氯气，并试验它与金属的反应每个虚线框表示一个单元装置，其中错误的是
A. 只有①和②处B. 只有②处C. 只有②和③处D. 只有②、③、④处
【答案】D
【解析】
【分析】与浓HCl在常温下反应产生，浓盐酸易挥发，生成的氯气中含有HCl和水蒸气，应通入盛有饱和食盐水的洗气瓶除去HCl，然后通入盛有浓硫酸的洗气瓶进行干燥，氯气与金属反应时，气体应通入到试管底部，并用双孔橡皮塞。
【详解】①与浓HCl在常温下反应产生，无需加热，盐酸易挥发，应盛装在分液漏斗中，固体放在圆底烧瓶中，故①正确；
②生成的氯气中含有HCl和水蒸气，应通入盛有饱和食盐水的洗气瓶除去HCl，氯气能与NaOH溶液反应，不能用于HCl的除杂，故②错误；
③通入洗气瓶的导管应长进短出，否则气体不能通过洗气瓶，故③错误；
④氯气与金属反应时，气体应通入到试管底部，并用双孔橡皮塞，否则会使试管内压强过大导致橡皮塞顶开，并有尾气处理装置，故④错误。
故选：D。
二、非选择题(共58分)
15. 某校化学研究性学习小组欲设计实验验证Fe、Cu金属活动性的相对强弱，他们提出了以下两种方案。请你帮助他们完成有关实验项目：
（1）方案I：有人提出将大小相等的铁片和铜片分别同时放入稀硫酸(或稀盐酸)中，观察产生气泡的快慢，据此确定它们的活动性。该原理的离子方程式为_________。
（2）方案II：有人利用Fe、Cu作电极设计成原电池，以确定它们活动性的相对强弱。试在下面的方框内画出原电池装置图，标出原电池的电极材料和电解质溶液，并写出电极反应式_________。
正极反应式：_________；负极反应式：_________。
（3）方案III：结合你所学的知识，帮助他们再设计一个验证Fe、Cu活动性相对强弱的简单实验方案(与方案I、II不能雷同)：_________，用离子方程式表示其反应原理：________。
【答案】（1）Fe+2H+=Fe2++H2↑
（2） ①. ②. 2H++2e-=H2↑ ③. Fe-2e-=Fe2+
（3） ①. 把铁片插入CuSO4溶液中，一段时间后，观察铁片表面是否生成红色物质 ②. Fe+Cu2+=Cu+Fe2+
【解析】
【小问1详解】
铁片和稀盐酸反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑。
【小问2详解】
利用Fe、Cu作电极设计成原电池如图 所示，正极和负极电极反应式分别为2H++2e-=H2↑、Fe-2e-=Fe2+。
【小问3详解】
把铁片插入CuSO4溶液中，一段时间后，观察铁片表面是否生成红色物质，同样可验证活泼性强弱，反应原理为Fe+Cu2+=Cu+Fe2+。
16. 某一研究小组拟用定量的方法测量Al和Fe分别与酸反应的快慢，设计了如下图1所示的装置。
（1）检查图1所示装置气密性的方法是___________。
（2）若要比较产生气体的快慢，可以测量相同时间段内产生气体的体积，也可以测量_______。
（3）实验测得铝丝产生气体的速率(v)与时间(t)的关系如图2所示，则t1～t2时间段内反应速率逐渐加快的主要原因是___________。
【答案】（1）用手捂住锥形瓶，观察乙中长导管内液面是否上升
（2）产生相同体积的气体所需时间
（3）反应放热，溶液温度升高
【解析】
【小问1详解】
用手捂住锥形瓶，观察乙中长导管内液面是否上升，若乙中长导管内液面上升，说明图1所示装置气密性良好；
【小问2详解】
单位时间内生成气体的体积越大，说明反应速率越快。若要比较产生气体的快慢，可以测量相同时间段内产生气体的体积，也可以测量产生相同体积的气体所需时间。
【小问3详解】
铝丝与盐酸反应放热，溶液温度升高，所以t1～t2时间段内反应速率逐渐加快。
17. 下表为周期表的一部分，其中的编号代表所对应的元素。
（1）⑨号元素的基态原子的核外电子排布式是___________。
（2）科学发现，②、④、⑧三种元素的原子形成的晶体具有超导性，其晶胞的结构特点如图所示，则该化合物的化学式为___________(用对应的元素符号表示)。
（3）①、②两种元素能形成多种平面形分子，其中有一种相对分子质量最小，有关该分子说法中正确的是___________。
a．该分子属于含有极性键的非极性分子
b．该分子含有4个σ键和1个π键
c．该分子中的②原子采取sp2杂化
（4）某元素的价电子排布式为nsnnpn+1，该元素可与元素①形成含有10个电子的分子X，将过量的X通入盛有硫酸铜溶液的试管里，产生的现象为___________。
（5）如表所示为原子序数依次增大的短周期元素A～F的第一到第五电离能的数据。
请回答：若A、B、C为原子序数依次增大的同周期相邻元素，表中显示B的第一电离能比A和C的第一电离能都略大，其原因是___________。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1
（2）MgNi3C或Ni3MgC
（3）ac （4）先产生蓝色沉淀，后沉淀消失，溶液变成深蓝色
（5）B的2p轨道处于稳定的半充满状态，能量比A和C的低，所以第一电离能比A和C的大
【解析】
【分析】根据元素在周期表中的位置，①是H元素、②是C元素、③是O元素、④是Mg元素、⑤是Al元素、⑥是Cl元素、⑦是Ca元素、⑧是Ni元素、⑨是Cu元素，然后根据物质性质及元素周期律分析解答。
【小问1详解】
⑨是Cu元素，根据构造原理，可知基态Cu原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；
【小问2详解】
科学研究发现，②、④、⑧分别是C、Mg、Ni，三种元素的原子形成的晶体，根据均摊原则，1个晶胞含有C原子数1、Mg原子数、Ni原子数，则该化合物的化学式为MgNi3C或Ni3MgC，故答案为：MgNi3C或Ni3MgC；
【小问3详解】
H、C两种元素能形成多种平面形分子，其中相对分子质量最小的是乙烯，结构简式为CH2=CH2；
a．乙烯结构对称，乙烯分子属于含有极性键的非极性分子，故a正确；
b．乙烯分子含有5个σ键和1个π键，故b错误；
c．乙烯分子中的C原子形成3个σ键，无孤电子对，采取sp2杂化，故c正确；
故答案选ac；
【小问4详解】
某元素的价电子排布式为nsnnpn＋1，s能级最多有2个电子，n=2，元素的价电子排布式为2s22p3，该元素为N元素；H与N形成含有10个电子的分子为NH3，将过量的NH3通入盛有硫酸铜溶液的试管里，先生成氢氧化铜沉淀，后氢氧化铜和氨气反应生成四氨合铜离子，产生的现象为先产生蓝色沉淀，后沉淀消失，溶液变成深蓝色，故答案为：先产生蓝色沉淀，后沉淀消失，溶液变成深蓝色；
【小问5详解】
A的I5≫I4，A原子最外层电子数为4；B的I1~I5没有出现突变，B原子最外层至少5个电子；C的I2≫I1，C原子最外层电子数为1； A、B、C为原子序数依次增大的同周期相邻元素，B元素有可能是的2s22p3，轨道处于稳定的半充满状态，能量比A和C的低，所以第一电离能比A和C的大，故答案为：B的2p轨道处于稳定的半充满状态，能量比A和C的低，所以第一电离能比A和C的大。
18. 某学生做浓硫酸性质的实验：在一支试管中放入一块很小的铜片，再加入2mL浓硫酸，然后把试管固定在铁架台上。把一小条蘸有品红溶液的滤纸放入带有单孔橡皮塞的玻璃管中。塞紧试管口，在玻璃管口处缠放一团蘸有Na2CO3溶液的棉花。加热试管，观察现象。回答下列问题：
（1）写出试管中发生反应的化学方程式___________。
（2）试管中的液体反应一段时间后，b处滤纸条的变化为___________，待试管中反应停止后，给玻璃管放有蘸过品红溶液的滤纸处微微加热，滤纸条的变化为___________。
（3）蘸有Na2CO3溶液的棉花团作用是___________。
（4）硫酸型酸雨的形成过程可用下列反应中的___________来表示。
A．2SO2+O22SO3
B．SO3+H2O=H2SO4
C．SO2+H2O2=H2SO4
（5）浓硫酸有许多重要性质，在与含有水分的蔗糖作用过程中不能显示的性质是___________。
A. 酸性B. 脱水性C. 强氧化性D. 吸水性
【答案】（1）Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O
（2） ①. 蘸有品红溶液的滤纸褪色 ②. 滤纸变红
（3）吸收多余SO2，防止污染空气
（4）AB （5）A
【解析】
【分析】本题是浓硫酸性质的实验，根据题中所问依据浓硫酸的性质进行作答。
【小问1详解】
试管中是铜和浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫和水，方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；
【小问2详解】
因为反应产生二氧化硫气体，所以能使蘸有品红溶液的滤纸褪色，褪色后的滤纸加热后能恢复红色，故答案为：蘸有品红溶液的滤纸褪色；滤纸变红；
【小问3详解】
碳酸钠和二氧化硫反应，防止二氧化硫扩散到空气，污染空气，故答案为：吸收多余SO2，防止污染空气；
【小问4详解】
硫酸型酸雨是二氧化硫和氧气在一定的物质做催化剂的条件下反应产生三氧化硫，三氧化硫和水反应生成硫酸，选择A B，故答案为：AB；
【小问5详解】
浓硫酸和含有水分的蔗糖作用，被脱水后生成了黑色的炭（碳化），并会产生二氧化碳、二氧化硫。反应过程分两步，浓硫酸吸收水，蔗糖(C12H22O11)在浓硫酸作用下脱水，生成碳单质和水，这一过程表现了浓硫酸的吸水性和脱水性，第二步，脱水反应产生的大量热让浓硫酸和C发生反应生成二氧化碳和二氧化硫，这一过程表现了浓硫酸的强氧化性，不能显示的性质是酸性，故答案选A。
19. 某校化学实验兴趣小组欲采用如图所示的实验装置制备Cl2，同时进行与氯气有关的某些实验，按要求回答问题。
（1）A是浓盐酸，B是二氧化锰，将A滴入B中时发生反应的离子方程式为___________。
（2）甲同学用含有0.2 ml HCl的浓盐酸与足量的MnO2反应制Cl2，结果制得的Cl2体积(标准状况下)小于1.12 L，这是由于反应过程中盐酸浓度变小造成的。请列举导致盐酸浓度变小的原因：_____________________。
（3）在实验室中，乙同学欲用下图中的装置净化氯气，则瓶①②中应盛放的试剂分别是①________________，②_______________(填试剂名称)。
（4）丙同学将纯净的Cl2通入一定量石灰乳中来制取漂白粉，若通入224 mL(标准状况下)Cl2完全反应，则反应过程中转移电子的物质的量为_____________。
【答案】（1）MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O
（2）①氯化氢挥发；②反应生成水；③反应消耗HCl
（3） ①. 饱和食盐水 ②. 浓硫酸
（4）0.01 ml
【解析】
【小问1详解】
浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应二氯化锰、氯气和水，反应离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；
【小问2详解】
导致盐酸浓度变小的原因为①氯化氢挥发；②反应生成水；③反应消耗HCl；
【小问3详解】
制取的氯气含有的杂质气体是氯化氢和水蒸气，所以首先通过饱和食盐水除去氯化氢，然后通过浓硫酸除去水蒸气，则瓶①②中应盛放的试剂分别是①饱和食盐水，②浓硫酸；
【小问4详解】
氯气和石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，氯气既是氧化剂，又是还原剂，氯气的还原产物是氯离子，氧化产物为次氯酸根，消耗1ml氯气，反应中就转移1ml电子。标准状况下224ml气体是0.01ml，则转移电子是0.01ml。
20. 为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，某化学研究小组的同学分别设计了如图甲、乙所示的实验。请回答相关问题：
（1）定性分析：如图甲可通过观察___________，定性比较得出结论。有同学提出将FeCl3改为Fe2(SO4)3更为合理，其理由是___________。
（2）定量分析：如图乙所示，实验时均以生成40mL气体为准，其它可能影响实验的因素均已忽略。图中仪器A的名称为___________，检查该装置气密性的方法是___________，实验中需要测量的数据是___________。
（3）加入0.10mlMnO2粉末于50mLH2O2溶液中，在标准状况下放出气体体积和时间的关系如图所示。
①写出H2O2在二氧化锰作用下发生反应的化学方程式___________。
②实验时放出气体的总体积是___________mL。
③放出气体所需时间为___________min。
④反应放出气体所需时间约为___________min。
⑤A、B、C、D各点反应速率快慢的顺序为___________。
⑥解释反应速率变化的原因___________。
⑦计算H2O2的初始物质的量浓度___________。(请保留两位有效数字)
【答案】（1） ①. 产生气泡的快慢 ②. 消除阴离子不同对实验的干扰
（2） ①. 分液漏斗 ②. 关闭分液漏斗的活塞，将注射器活塞向外拉出一段，过一会后看其是否回到原位 ③. 产生40mL气体所需的时间
（3） ①. 2H2O22H2O+O2↑ ②. 60mL ③. 1min ④. 2.5min ⑤. D>C>B>A ⑥. 随着反应的进行，浓度减小，反应速率减慢 ⑦. 0.11ml·L-1
【解析】
【小问1详解】
①该反应中产生气体，而且反应放热，所以可根据反应产生气泡快慢或反应完成的先后或试管壁的冷热程度来判断；
②H2O2分解的催化作用有可能是氯离子起的作用，改为Fe2(SO4)3使阴离子相同，这样可以消除阴离子不同对实验的干扰，更为合理，
【小问2详解】
①A是分液漏斗；
②因为右侧是带有活塞的针筒，所以检查该装置气密性的方法是关闭分液漏斗的活塞，将注射器活塞向外拉出一段，过一会后看其是否回到原位；
③实验中需要测量的数据是产生40mL气体所需的时间，通过时间来判断催化效果；
【小问3详解】
①H2O2在二氧化锰作用下发生反应的化学方程式：2H2O2 2H2O+O2↑；
②当反应进行到4min时，反应结束，生成气体的体积最大为60ml；
③由图可知，最大体积为60mL，放出气体也就是20mL时所需时间为1min；
④由图可知，最大体积为60mL，反应放出气体也就是45mL，根据1~2min体积增大了17mL，0.5min大约增大8.5mL，则再过0.5min，此时体积一共为(37+8.5)=45.5mL，反应放出气体45mL所需时间约为2.5min；
⑤根据图象结合v=知，A、B、C、D各点反应速率快慢的顺序为D＞C＞B＞A；
⑥反应速率与反应物浓度成正比，随着反应的进行，反应物浓度逐渐降低，反应速率逐渐减小；
⑦根据方程式可知，n(H2O2)=2n(O2)=0.00536ml，0.11ml/L。电离能I(eV)
A
B
C
D
E
F
I1
11.3
14.5
13.6
5.2
7.6
6.0
I2
24.4
29.6
35.1
49.3
15.0
18.8
I3
47.9
47.4
54.9
71.6
80.1
28.4
I4
64.5
77.5
77.4
98.9
109.2
112.0
I5
392.1
97.9
113.9
138.3
141.3
153.7