2022-2023学年安徽定远育才实验学校化学高一上期中考试模拟试题含解析.doc

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1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列关于纯净物、混合物、电解质、非电解质的正确组合为纯净物混合物电解质非电解质A盐酸冰水混合物硫酸干冰B蒸馏水蔗糖溶液氧化铝二氧化硫C胆矾盐酸铁碳酸钙D胆矾食盐水氯化铜碳酸钠AABBCCDD2、用98%的浓硫酸（密度为1.84gcm-3）配制80mLlmolL-1的稀硫酸。现给出下列仪器（配制

2、过程中可能用到）：25mL量筒 l0mL量筒 50mL烧杯 托盘天平 100mL容量瓶 胶头滴管 玻璃棒80mL容量瓶 ，按使用仪器的先后顺序排列正确的是ABCD3、下列除杂所选用的试剂及操作方法均正确的一组是（括号内为杂质）选项待提纯的物质选用的试剂操作方法ANaBr溶液（NaI）Cl2洗气BCl2（HCl）饱和食盐水洗气CHNO3溶液（H2SO4）BaCl 2溶液过滤DNaCl（I2）水萃取分液AA BB CC DD4、下列表述中不正确的是( )A1 mol氧B1 mol HC1 mol SO42D1 mol CH45、海水中含有大量的化学元素,自然界中的有些元素主要存在于海水中。下列元素

3、中,被称为“海洋元素”的是A钠B碘C溴D氯6、下列电离方程式中，正确的是()ACa(OH)2Ca22(OH)BFeCl2Fe23ClCH2SO4H2+SO42-DAl2(SO4)32Al33SO42-7、下列离子方程式正确的是（）A硝酸银溶液与铜反应：Cu+Ag+Cu2+AgB氧化镁与盐酸反应：O2+2H+H2OC碳酸钙与盐酸反应：CO32-+2H+H2O+CO2DFe（OH）3加入H2SO4溶液中：3H+ + Fe（OH）3 Fe3+ + 3H2O8、著名科学家张青莲教授主持测定了铟、铱、锑、铕等几种元素的相对原子质量新值，其中他测定核电荷数为63的铕元素的相对原子质量的新值为152。则下列

4、说法正确的是（）A铕元素的原子质子数为63B铕元素的原子中子数为63C铕元素的原子核外电子数为152D铕元素的原子的质量为1529、下列变化需要加入还原剂才能实现的是( )ACuCu2BClCl2CNH3NODMnO4Mn210、将0.2mol MnO2和50mL 12molL-1盐酸混合后缓慢加热，反应完全后向留下的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成AgCl沉淀，物质的量为x mol（不考虑盐酸的挥发），则x的取值范围是Ax0.3Bx0.3C0.3x0.6D以上结论都不对11、下列溶液中,氯离子浓度最大的是A100 mL 1 molL-1的MgCl2溶液 B150 mL 1 molL-1的N

5、aCl溶液C200 mL 1 molL-1的HCl溶液 D10 mL 1 molL-1的AlCl3溶液12、200mL0.3mol/L的K2SO4溶液和100mL0.2mol/L Fe2(SO4)3溶液混合后不考虑混合后溶液体积的变化，溶液中的物质的量浓度为 ( ) A0.3mol/LB0.4mol/LC0.45mol/LD0.5mol/L13、下列哪种溶液中氯离子的物质的量浓度与50mL 0.5mol/L的氯化铝溶液中氯离子的物质的量浓度相同A30mL 0.5mol/L的氯化镁溶液B90mL 0.075mol/L 的氯化钙溶液C20mL 0.1mol/L的氯化钾溶液D60mL 1.5mol/

6、L的氯化钠溶液14、在一定的温度和压强下，a体积的X2气体和3a体积的Y2气体化合生成2a体积的气体化合物，则该化合物的化学式是()AXY3BXYCX3YDX2Y315、下列有关化学反应速率的说法中，正确的是A往容积一定的容器中再通入O2，可以加快反应2SO2O22SO3的反应速率B用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用铁片和浓硫酸可以加快产生氢气的速率C对于C(s)H2O(g)CO(g)H2(g)的反应，加入固体炭，反应速率加快D100 mL 2 molL-1的盐酸与锌反应时，加入适量的氯化钠溶液，生成氢气的速率不变16、已知下列溶液的溶质都是强电解质，这些溶液中的Cl-浓度与50mL 1mol

7、L-1 MgCl2溶液的Cl-浓度相等的是（ ）A150mL 1molL-1 NaCl溶液B75mL 2molL-1 CaCl2溶液C150mL 2molL-1 KCl溶液D75mL 1molL-1 AlCl3溶液二、非选择题（本题包括5小题）17、已知A和B两支试管所盛的溶液中共含有K+、Ag+、Mg2+、Cl-、OH-、NO3-六种离子，向试管A的溶液中滴入酚酞试液呈粉红色。请回答下列问题：(1)试管A的溶液中所含的上述离子有_。(2)若向某试管中滴入稀盐酸产生沉淀，则该试管为_(填“A”或“B”)。(3)若向试管B的溶液中加入合适的药品，过滤后可以得到相应的金属和仅含一种溶质的溶液，则加

8、入的药品是_(填化学式)。(4)若将试管A和试管B中的溶液按一定体积比混合过滤后，蒸干滤液可得到一种纯净物，则混合过程中发生反应的离子方程式为_、_。(不考虑氢氧化银的存在)(5)若向由试管A溶液中的阳离子组成的碳酸氢盐溶液中，滴入少量Ba(OH)2溶液，则发生反应的离子方程式为_。18、现有失去标签的CaCl2、AgNO3、HCl和Na2CO3四瓶溶液.为了确定四种溶液的成分,将它们编号为A、B、C、D后进行化学实验.实验记录如下:实验顺序实验内容实验现象A+B无明显现象B+D有无色无味气体放出C+B有白色沉淀生成A+D有白色沉淀生成根据上述实验完成下列各小题：(1)A、C、D三瓶溶液分别是

9、(用化学式表示所含溶质)：A溶液_，C溶液_，D溶液_。(2)写出B与D反应的离子方程式：_，写出B与C反应的离子方程式 ：_。19、实验室需配制480mL0.1mol/L的碳酸钠溶液，填空并回答下列问题：（1）配制480mL 0.1 mol/L的Na2CO3溶液。实际应称Na2CO3质量/g应选用容量瓶的规格/mL _ _（2）配制时，其正确的操作顺序为（用字母表示，每个字母只能用一次）_A将容量瓶盖紧，上下颠倒，摇匀B将准确称量的Na2CO3固体倒入烧杯中，再加适量水溶解C将已冷却的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中D用30 mL水洗涤烧杯23次，洗涤液均注入容量瓶，振荡E继续往容量瓶内小心加水，直

10、到液面接近刻度线12cm处F改为胶头滴管加水，使溶液凹液面恰好与刻度线相切（3）若出现如下情况，对所配溶液浓度将有何影响？(填“偏高”“偏低”或“无影响”)若容量瓶中有少量蒸馏水，结果会_；若定容时俯视刻度线，结果会_。（4）若实验过程中出现如下情况如何处理？ 加蒸馏水时不慎超过了刻度_。20、某同学用密度为1.84g/cm3、质量分数为 98%的浓硫酸配制500mL0.22 mol/L的稀硫酸。(1)操作过程中使用到的玻璃仪器有_；(2)实验过程中涉及的操作如下：将容量瓶中的溶液倒入试剂瓶中并贴上标签；将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢注入盛有约160mL蒸馏水的烧杯中并小心搅拌；用规格为 的量筒量取

11、mL的浓硫酸；将已冷却的硫酸溶液转移到容量瓶中，并用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒23次，洗涤液全部转移到容量瓶中，轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀；改用胶头滴管滴加蒸馏水，使溶液凹液面最低处恰好与刻度线相切； 塞好玻璃塞，反复颠倒摇匀；继续向容量瓶中加蒸馏水直到距离刻度线 处；将步骤、补充完整：_，_，_；实验操作顺序为_(填序号)。(3)配制该溶液的过程中，下列操作使得所配得的溶液浓度偏小的是_(填字母) 。A稀释密度为1.84g/cm3、质量分数为 98%的浓硫酸时，不小心溅出少量硫酸溶液B用蒸馏水洗涤烧杯、量筒及玻璃棒，并将洗涤液注入容量瓶中C定容时反复上下倒转容量瓶后，发现凹液面最低处低于

12、刻度线，再补加水到刻度线D量取密度为1.84g/cm3、质量分数为 98%的浓硫酸时，仰视量筒的刻度线E洗涤容量瓶后，立即用来配制溶液F稀释浓硫酸结束后立即将溶液转移到容量瓶中21、氯气是一种重要的化工原料，自来水的消毒、农药的生产、药物的合成都需要用氯气。I工业上通常采用电解法制氯气：观察图1，回答：(1)电解反应的化学方程式为_。(2)若饱和食盐水中通电后，b侧产生的气体检验方法是_。某兴趣小组设计如图2所示的实验装置，利用氯气与石灰乳反应制取少量漂白粉（这是一个放热反应），回答下列问题：(3)B中反应的化学方程式是_。(4)该兴趣小组用100mL12mol/L盐酸与8.7g MnO2制备

13、氯气，并将所得氯气与过量的石灰乳反应，则理论上最多可制得Ca(ClO)2_g。(5)此实验所得漂白粉的有效成分偏低，该学生经分析并查阅资料发现，主要原因是在装置B中还存在两个副反应。温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO3)2，为避免此副反应的发生，可采取的措施_。试判断另一个副反应(用化学方程式表示)_，为避免此副反应的发生，可将装置做何改进_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】A、盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物，冰水混合物为纯净物，故A错误；B、蒸馏水是纯净物,蔗糖溶液为混合物,氧化铝是电解质,二氧化硫是非电解质,故B正确；C、铁是单质,既不是电解质也不是非电

14、解质，碳酸钙是电解质，故C错误;D、碳酸钠是电解质，故D错误;综上所述，本题应选B。【点睛】纯净物:有一种物质组成。混合物:由两种或两种以上的物质组成。电解质：在水溶液里或熔融状态下能够导电的化合物。非电解质：在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物。需要注意单质既不是电解质也不是非电解质。2、A【解析】配制溶液的步骤为：计算、量取、稀释、冷却、转移、定容、摇匀、装瓶，结合实验步骤选择仪器，据此解答。【详解】用98%的浓硫酸(密度为1.84gcm-3)配制80mL1mol/L的稀硫酸，要选择使用100mL容量瓶，设需要浓硫酸的体积为V，由稀释前后溶质的物质的量不变，可知 =0.1L1mol/L，

15、解得V=0.0054L=5.4mL，所以应选择10mL量筒，然后在50mL烧杯中稀释、冷却后，用玻璃杯引流转移到100mL容量瓶中，定容，还需要玻璃棒、胶头滴管，则按使用仪器的先后顺序排列正确的是，合理选项是D。【点睛】本题考查配制一定物质的量的溶液的知识，为高频考点，把握配制溶液的步骤、操作、仪器为解答的关键，注意容量瓶的选择，题目难度不大。3、B【解析】A. Cl2与NaI与NaBr均能反应；B.氯气难溶于饱和食盐水；C. BaCl2与H2SO4反应生成HCl和BaSO4沉淀；D. I2微溶于水，易溶于有机溶剂，碘易升华。【详解】A. Cl2具有强氧化性，与NaI、NaBr均能发生氧化还原

16、反应，故不能用氯气除去NaBr溶液中的杂质NaI，故A项错误；B.氯气难溶于饱和食盐水，HCl极易溶于水，可用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，故B项正确；C. BaCl2与H2SO4反应生成HCl和BaSO4沉淀，过滤后原硝酸溶液中会引入新的杂质HCl，故C项错误；D. I2微溶于水，NaCl易溶于水，因此用水无法除去NaCl中的I2杂质，应用升华法除去NaCl中的I2，故D项错误；答案选B。【点睛】物质的分离与提纯是高频考点，掌握除杂原则是解题的关键。在除杂过程中选择试剂时要保证“不增、不减、不繁”三不原则，即不能引入新的杂质（包括水蒸气等），不能与原有的物质反应，且过程要简单、易操作。4、A

17、【解析】A. 1 mol氧没有说明微粒的名称，故错误；B. 1 molH说明是氢原子，正确；C. 1 mol SO42说明了微粒名称，故正确；D. 1 mol CH4说明了是甲烷分子，故正确。故选A。【点睛】物质的量只能用于计量微观粒子，使用时必须指明微粒种类，通常用微粒的化学式表示或说明微粒名称。5、C【解析】地球上99%以上的溴都蕴藏在汪洋大海中，故溴有“海洋元素”的美称。答案选C。6、D【解析】ACa(OH)2在水溶液中的电离方程式为Ca(OH)2=Ca22OH，故A错误；BFeCl2在水溶液中的电离方程式为FeCl2=Fe22Cl，故B错误； CH2SO4在水溶液中的电离方程式为H2S

18、O4=2H+SO42-，故C错误；DAl2(SO4)3在水溶液中的电离方程式为Al2(SO4)3=2Al33SO42-，故D正确；故答案为D。7、D【解析】A硝酸银溶液与铜反应的离子反应为Cu+2Ag+Cu2+2Ag，故A错误；B氧化镁与盐酸反应的离子反应为MgO+2H+Mg2+H2O，故B错误；C碳酸钙与盐酸反应的离子反应为CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2，故C错误；DFe(OH)3加入H2SO4溶液中的离子反应为3H+Fe(OH)3Fe3+3H2O，故D正确；故答案为D。【点睛】考查离子方程式的正误判断，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成

19、物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系(如：质量守恒和、电子、电荷守恒等)等。8、A【解析】A原子的质子数=核电荷数=63，故A正确；B中子数=质量数-质子数=152-63=89，故B错误；C原子核外电子数=核电荷数=63，故C错误；D铕元素原子的质量是指实际质量，单位为g，该题中无法判断，故D错误；故答案为A。【点睛】原子符号的左上角数字表示质量数，左下角数字为质子数，质量数=质子数+中子数； 质子数=原子序数=核电荷数=原子核外电子数。9、D【解析】需要加入还原剂才能实现，说明所给物质作氧化剂，在反应中得电子化合价降低。【详解】A项、C

20、u元素的化合价升高，则需要加氧化剂实现，故A错误；B项、Cl元素的化合价升高，需要加氧化剂或电解才能实现，故B错误；C项、N元素的化合价升高，需要加氧化剂实现，故C错误；D项、Mn元素的化合价降低，需要加还原剂实现，故D正确。故选D。【点睛】本题考查氧化还原反应，明确氧化剂、还原剂发生的反应及元素的化合价变化是解答本题的关键。10、C【解析】盐酸的物质的量是0.05L12mol/L=0.6mol，二氧化锰是0.2mol，所以根据反应的化学方程式MnO24HCl（浓）MnCl2Cl22H2O可知，二氧化锰过量，所以理论上生成氯气的物质的量是0.15mol，但由于在反应过程中盐酸的浓度逐渐降低，降

21、低到一定程度时反应会停止，所以实际生成的氯气的物质的量小于0.15mol，所以溶液中氯离子的物质的量大于0.3mol，因此生成的氯化银的物质的量大于0.3mol，答案选C。11、D【解析】根据离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度一个溶质分子中含有的离子的个数，与溶液的体积无关。【详解】A、100 mL 1 molL-1的MgCl2溶液氯离子浓度为1mol/L2=2mol/L，B、150 mL 1 molL-1的NaCl溶液氯离子浓度为1 mol/L1=1mol/L，C、200 mL 1 molL-1的HCl溶液氯离子浓度为1mol/L，D、10 mL 1 molL-1的AlCl3溶液氯离子浓

22、度为1mol/L3=3mol/L，氯离子浓度最大的是D，答案选D。【点睛】本题考查物质的量浓度的计算，题目难度不大，注意离子浓度与溶质的浓度的关系即可解答，离子浓度与溶液体积无关。12、B【解析】200mL0.3mol/L的K2SO4溶液中的物质的量为0.2L0.3mol/L=0.06mol，100mL0.2mol/L Fe2(SO4)3溶液中的物质的量为30.1L0.2mol/L=0.06mol，故混合液中的物质的量为0.06mol+0.06mol=0.12mol，由于混合后不考虑体积的变化，混合后的体积为0.3L，混合液中的物质的量浓度为，故选B。13、D【解析】根据氯化铝的化学式结合氯化

23、铝的电离方程式可知50mL 0.5mol/L 氯化铝溶液中氯离子的物质的量浓度是0.5mol/L3=1.5 mol/L；A.30mL 0.5mol/L的氯化镁溶液中氯离子的物质的量浓度是0.5mol/L2=1mol/L； B.90mL 0.075mol/L 的氯化钙溶液中氯离子的物质的量浓度是0.075mol/L2=0.15mol/L； C.20mL 0.1mol/L的氯化钾溶液中氯离子的物质的量浓度是0.1mol/L1=0.1mol/L； D. 60mL 1.5mol/L的氯化钠溶液中氯离子的物质的量浓度是1.5mol/L1=1.5mol/L；综上所述，本题选D。14、A【解析】根据在一定的

24、温度和压强下，气体的体积比等于其物质的量之比，在化学方程式中又有物质的量之比等于化学计量系数比，故该反应方程式为：X2+3Y2=2Z，故Z的化学式为：XY3，故答案为：A。15、A【解析】A往容积一定的容器中再通入O2，由于增大了反应物的浓度，所以可以加快反应2SO2O22SO3的反应速率，A正确；B用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用铁片和浓硫酸，由于铁在浓硫酸中会发生钝化现象，不能反应产生氢气，所以不可以加快产生氢气的速率，B错误；C对于C(s)H2O(g)CO(g)H2(g)的反应，加入固体炭，物质的浓度不变，所以反应速率不能加快，C错误；D100 mL 2 molL-1的盐酸与锌反应时，

25、加入适量的氯化钠溶液，由于对盐酸起稀释作用，所以生成氢气的速率会减小，D错误；故答案选A。16、C【解析】50mL 1molL-1 MgCl2溶液的Cl-浓度为2molL-1；A.Cl-浓度为1molL-1，故A错误；B Cl-浓度为4molL-1，故B错误；C .Cl-浓度为2molL-1，故C正确；D .Cl-浓度为3molL-1，故D错误；故选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、OH-、K+、Cl- B Mg Mg2+2OH-= Mg(OH)2 Ag+Cl-=AgCl 2HCO3-+Ba2+2OH-=BaCO3+CO32-+2H2O 【解析】试管A的溶液中滴入酚酞试液呈粉红色，说明溶

26、液显碱性，一定含有OH-，则A一定没有与OH-发生反应的Ag+、Mg2+， Ag+、Mg2+在试管B中，由于Cl-与Ag+会反应产生AgCl沉淀，则试管B中一定没有Cl-，Cl-在试管A中，根据电荷守恒可知A试管中含有K+；试管B中应含有NO3-，结合对应离子的性质解答该题。【详解】(1)根据上述分析可知试管A中含有OH-、K+、Cl-，试管B中含有Ag+、Mg2+、NO3-。(2)若向某试管中滴入稀盐酸产生沉淀，发生反应为Ag+Cl-=AgCl，则该试管中含有Ag+，为试管B；(3)试管B中含有Ag+、Mg2+、NO3-，若向试管B的溶液中加入合适的药品，过滤后可以得到相应的金属和仅含一种溶

27、质的溶液，应该发生置换反应，且不能引入其它杂质离子，则加入的药品是Mg，发生的反应为Mg+2Ag+=Mg2+2Ag；(4)若将试管A和试管B中的溶液按一定体积比混合过滤后，蒸干滤液可得到一种纯净物，则Mg2+和OH-恰好完全反应生成Mg(OH)2沉淀，Ag+与Cl-恰好完全反应产生AgCl沉淀，剩余K+和NO3-存在于溶液中，溶质为KNO3，则混合过程中发生反应的离子方程式为：Mg2+2OH-= Mg(OH)2、Ag+Cl-=AgCl；(5)试管A中金属阳离子为K+，其碳酸氢盐是KHCO3，向KHCO3溶液中滴入少量Ba(OH)2溶液，发生反应产生K2CO3、BaCO3和H2O，反应的离子方程

28、式为2HCO3-+Ba2+2OH-=BaCO3+CO32-+2H2O。【点睛】本题考查了离子共存及离子方程式的书写，注意掌握离子反应发生的条件及离子方程式的书写方法，侧重考查学生的分析能力，充分考查了学生对所学知识的掌握情况。18、CaCl2 AgNO3 Na2CO3 CO32-+2H+=CO2+H2O Ag+Cl-=AgCl 【解析】本题是无机物的推断。HCl和Na2CO3反应生成气体，AgNO3与CaCl2、HCl和Na2CO3反应均生成沉淀，且CaCl2、AgNO3、HCl都能与Na2CO3反应，结合实验中B+D反应生成气体，A+D反应生成沉淀，A+B无现象，则B为HCl，D为Na2CO

29、3，所以A为CaCl2，C为AgNO3，再结合物质的性质及发生的反应来解答。【详解】HCl和Na2CO3反应生成无色无味气体，AgNO3分别与CaCl2、HCl和Na2CO3反应均生成白色沉淀，且CaCl2、AgNO3、HCl都能与Na2CO3反应，结合实验中B+D反应生成无色无味的气体，A+D反应生成白色沉淀，A+B无明显现象，则B为HCl，D为Na2CO3，所以A为CaCl2，C为AgNO3。(1)由上述分析可知，A为CaCl2，C为AgNO3，D为Na2CO3，故答案为CaCl2；AgNO3；Na2CO3。(2)盐酸与碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，离子反应为CO32-+2H+=CO

30、2+H2O；盐酸和硝酸银反应生成氯化银和硝酸，离子反应为：Ag+Cl-=AgCl。19、5.3 500 BCDEFA 无影响 偏高 重配 【解析】（1）依据配制溶液体积选择容量瓶规格，依据m=cV/M计算需要溶质的质量；（2）用固体配制一定物质的量浓度溶液一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴标签等，据此排序；（3）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C=n/V进行误差分析；（4）任何操作导致实验失败且不能补救的都必须重新配制。【详解】（1）配制480mL0.1molL-1的Na2CO3溶液，实验室没有480mL规格容量瓶，应选择500mL容量瓶，需要溶质

31、的质量m=0.1molL-10.5L106g/mol=5.3g，故答案为：5.3g；500mL；（2）用固体配制一定物质的量浓度溶液一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴标签等，所以 正确的顺序为：BCAFED，故答案为：BCAFED；（3）若容量瓶中有少量蒸馏水无影响，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，对溶液浓度无影响；若定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高；故答案为：无影响；偏高；（4）加蒸馏水时不慎超过了刻度，实验失败且无法补救，必须重新配制，故答案为：重新配制。【点睛】题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理及操作步骤是解题关键，注

32、意容量瓶规格选择。20、500mL容量瓶、量筒、玻璃棒、烧杯、胶头滴管 10mL 6.0 12cm AC 【解析】(1)依据配制一定物质的量浓度溶液的基本步骤有：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，根据各步骤判断用到的仪器；(2)依据c=计算浓硫酸的物质的量浓度，依据稀释前后溶液含溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸的体积；(3)依据c=，分析不当操作对溶质的物质的量和溶液的体积的影响，进行误差的分析判断。【详解】(1)配制一定物质的量浓度溶液的步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器有：量筒、玻璃棒、烧杯、500mL容器瓶、胶头滴管，故答案为：量筒、玻璃棒

33、、烧杯、500mL容器瓶、胶头滴管；(2)密度为1.84g/cm3、质量分数为98%的浓硫酸的物质的量浓度c= =18.4mol/L，稀释前后溶液含溶质的物质的量不变，设需要浓硫酸体积为V，则V18.4mol/L=500mL0.22mol/L，解得V=6.0mL，所以应选择10mL量筒；故答案为：10mL；6.0；定容时，开始继续向容量瓶中加蒸馏水直到距离刻度线1-2cm，改用胶头滴管逐滴滴加到凹液面最低处与刻度线相切，故答案为：12；配制一定物质的量浓度溶液的步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，所以正确的操作顺序为：，故答案为：；(3)A稀释密度为1.84g/cm3、质量分

34、数为98%的浓硫酸时，不小心溅出少量硫酸溶液，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏小，故A正确；B用蒸馏水洗涤烧杯、量筒及玻璃棒，并将洗涤液注入容量瓶中，是正确的操作，对结果无影响，故B错误；C定容时反复上下倒转容量瓶后，发现凹液面最低处低于刻度线，再补加水到刻度线，导致溶液体积偏大，浓度偏小，故C正确；D量取密度为1.84g/cm3、质量分数为98%的浓硫酸时，仰视量筒的刻度线，导致量取的浓硫酸体积偏大，溶质的物质的量偏大，溶液的浓度偏大，故D错误；E洗涤容量瓶后，立即用来配制溶液，对溶质的物质的量和溶液的体积都不会产生影响，溶液的浓度不变，故E错误；F稀释浓硫酸结束后，未冷却立即将溶液转移

35、到容量瓶中，导致溶液的体积偏小，浓度偏大，故F错误；故答案为：AC。【点睛】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制。本题的易错点为(3)中F的误差分析，要注意浓硫酸的稀释为放热过程，稀释后溶液温度升高，溶液的体积膨胀。21、2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2 移走烧杯，将湿润的淀粉碘化钾试纸放在b导气管口处，若试纸变蓝，则说明产生的气体为Cl2 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O 7.15g 冷却B装置(或把B放置在冷水浴中等合理答案) 2HCl+Ca(OH)2=CaCl2+2H2O 在A与B之间连接一个装有饱和氯化钠溶液的洗气瓶 【解析】I.电解饱和食

36、盐水产生NaOH、H2、Cl2，在电解时，与电源正极连接的电极为阳极，发生氧化反应；与电源负极连接的电极为阴极，发生还原反应，根据产生气体的性质进行检验；II.在装置A中制取Cl2，在装置B中Cl2与石灰乳反应制取漂白粉，氯气有毒，是大气污染物，在尾气排放前用NaOH溶液进行尾气处理，据此分析解答。【详解】I.(1)电解饱和食盐水产生NaOH、H2、Cl2，反应方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2；(2)在电解时，与电源正极连接的电极为阳极，发生氧化反应。由于放电能力Cl-OH-，所以溶液中的阴离子Cl-放电，失去电子变为Cl2逸出，Cl2检验强氧化性，可以使KI变为I2，I

37、2遇淀粉溶液变为蓝色，所以检验Cl2的方法是移走烧杯，将湿润的淀粉碘化钾试纸放在b导气管口处，若试纸变蓝，则说明产生的气体为Cl2；II.(3) 在装置B中Cl2与石灰乳反应制取漂白粉，反应的方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；(4)n(MnO2)=8.7g87g/mol=0.1mol，n(HCl)=12mol/L0.1L=1.2mol，根据制取气体方程式：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O可知0.1mol MnO2能够消耗0.4molHCl1.2mol，说明HCl过量，制取的Cl2按MnO2计算，n(Cl2)=n(MnO2)=0.1

38、mol，则根据反应关系2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O可知nCa(ClO)2=n(Cl2)=0.05mol，所以理论上制取的漂白粉中Ca(ClO)2的质量为mCa(ClO)2=0.05mol143g/mol=7.15g；(5)温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO3)2，为避免此副反应的发生，可采取的措施是冷却B装置(或把B放置在冷水浴中等合理答案)；试判断另一个副反应是Cl2中含有杂质HCl与Ca(OH)2反应，用化学方程式表示为2HCl+Ca(OH)2=CaCl2+2H2O，为避免此副反应的发生，可将装置改进为：在A与B之间连接一个装有饱和氯化钠溶液的洗气瓶，除去杂质HCl气体。【点睛】本题考查了氯气的制取、检验、性质及应用的知识。掌握氯气的工业和实验室制取方法，根据电解原理、氧化还原反应规律，结合物质的性质(挥发性、氧化性)等分析判断。