上海市杨浦高中2022年高一化学第一学期期中学业质量监测试题含解析.doc

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1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、在某一电解质溶液中逐滴加入另一溶液时，溶液的导电性由大变小又逐渐增大的是A盐酸中逐滴加入食盐溶液B硫酸中逐滴加入氢氧化钠溶液C石灰乳中滴加稀盐酸D硫酸中逐滴加入氢氧化钡溶液2、下列叙述正确的是()A1 mol H2O的质量为18 gmol1BCH4的摩尔质量为16 gC3.011023个

2、SO2分子的质量为32 gD1 mol任何物质均含有6.021023个分子3、某血液化验单中“总胆固醇”一项的结果为4.27103 mol/L。这里的“4.27103 mol/L”表示总胆固醇的A质量分数B摩尔质量C物质的量D物质的量浓度4、下列各组混合物能用分液漏斗分离的是()A四氯化碳和水B汽油和食用油C浓硫酸和浓硝酸D酒精和水5、下列反应的离子方程式书写正确的是A硫酸滴在铜片上：Cu + 2H+ = Cu2+ + H2B盐酸与澄清石灰水混合：2H+ + Ca(OH)2 = Ca2+ + 2H2OC酸滴在大理石上：CO+ 2H+ = CO2 + H2OD氧化铁与稀盐酸混合：Fe2O3 +

3、6H+ = 2Fe3+ +3H2O6、对于某些离子的检验及结论一定正确的是A加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32-B加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42-C加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4+D用洁净的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，则该溶液中一定不含K+7、下列物质间不能发生离子反应的是 （ ）ANa2SO4溶液与BaCl2溶液 B铝片插入Hg(NO3)2溶液CNaNO3溶液与KCl溶液 DNa2CO3溶液与稀盐酸8、下列关于钠的说法中，不正确的是( )A实验后剩余的钠粒

4、需要放回原试剂瓶中B金属钠和氧气反应，条件不同，产物则不同C钠的化学性质比较活泼，少量的钠可以保存在与钠不反应的煤油中D将一小块钠投入硫酸铜溶液时，能置换出铜单质9、今有一混合物的水溶液,只可能含有以下离子中的若干种：K、NH4、Cl、Ca2、Ba2、CO32、SO42，现取三份100mL溶液进行如下实验：第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；第二份加入足量NaOH溶液加热后，收集到0.08mol气体；第三份加入足量BaCl2 溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g。综合上述实验，你认为以下结论正确的是( )A该混合物中一定含有NH4+、SO42-，可能含有

5、Ca2+、K+、Cl-B该混合物中一定含有NH4+、CO32-、SO42-，可能含有Ca2+、 K+、Cl-C该混合物中一定含有NH4+、CO32-、SO42-，可能含有K+、Cl-D该混合物中一定含有K+、NH4+、CO32-、SO42-，可能含有Cl-，且n(K+)0.04mol10、下列实验方法或操作正确的是（ ）A转移溶液B制蒸馏水C分离水和酒精D稀释浓硫酸11、已知硫代硫酸钠可作为脱氯剂，溶液恰好可以把 （标准状况下）转化为，则将转化为（ ）ABCD12、Na2OH2O2NaOH的反应类型属于A化合反应B分解反应C置换反应D复分解反应13、下列说法不正确的是（ ）A向Fe(OH)3胶

6、体中逐滴加入稀硫酸，先生成红褐色沉淀，然后沉淀逐渐溶解B实验室中制取的Fe(OH)3胶体中常常含有杂质Cl-，可采用渗析的方法将其除去C胶体区别于其他分散系的本质特征是具有丁达尔效应D水泥厂和冶金厂常用高压直流电除去大量灰尘，减少空气污染与胶体的性质有关14、某CaCl2样品可能混有FeCl3、MgCl2、NaCl、Na2CO3中的一种或两种，取11.1克样品溶解，得无色溶液，再加入足量AgNO3溶液，得27.7克沉淀，由此可知样品中所含杂质的正确结论是A一定无Na2CO3，一定有MgCl2 B一定无Na2CO3，一定有NaClC一定有MgCl2，可能有NaCl D一定有FeCl3，可能有Na

7、Cl15、用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是A在常温常压下，11.2L氯气所含的原子数目为NAB32g氧气含的原子数目为NAC2 L 0.1molL-1 K2SO4溶液中离子总数约为1.4NAD5.6g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.2NA16、废水脱氮工艺中有一种方法是在废水中加入适量NaClO使NH4+完全转化为N2，该反应可表示为2NH4+ +3ClON2 +3Cl +2H+ +3H2O。下列说法中，不正确的是A反应物中氮元素被氧化，氯元素被还原B还原性NH4+ClC反应中每生成22.4L（标准状况下）N2，转移约6 mol电子D经此法处理过的废水不可以直接排放二、非选择题（

8、本题包括5小题）17、在Na+浓度为0.5 mol/L的某澄清溶液中，还可能含有下表中的若干种离子。（已知H2SiO3为不溶于水的胶状沉淀，加热时易分解为两种氧化物，SiO32-和Ag+、Ca2+、Ba2+不共存）阳离子K+Ag+Ca2+Ba2+阴离子NO3CO32-SiO32-SO42-现取该溶液100mL进行如下实验（气体体积在标准状况下测定）。序号实验内容实验结果向该溶液中加入足量稀盐酸生成白色胶状沉淀并放出标准状况下0.56 L气体将中产生的混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体质量固体质量为2.4g向的滤液中滴加BaCl2溶液无明显现象请回答下列问题：(1)实验能确定一定不

9、存在的离子是_；(2)实验中生成气体的离子方程式为_；(3)通过实验、和必要计算，填写下表中阴离子的浓度（能计算出的，填写计算结果，一定不存在的离子填“0”，不能确定是否存在的离子填“？”）。阴离子NO3CO32-SiO32-SO42-c（mol/L）_0.25mol/L_ (4)判断K+是否存在，若存在，计算其最小浓度；若不存在，请说明理由：_。18、有一包白色粉末，可能含有 NaHSO4、 KHCO3、 Ba(NO3)2、 CaCl2、 NaNO3、 MgSO4中的一种或几种。实验步骤如下：取少量固体投入水中，既有气体生成，又有沉淀产生。过滤，取少量滤液加AgNO3溶液，无沉淀产生。再取少

10、量滤液，加入足量NaOH溶液，也无沉淀产生。(1)推断白色粉末中一定有_，一定没有_，不能确定的是_。(2)请写出实验步骤中产生气体的离子方程式：_。(3)请写出实验步骤中产生沉淀的离子方程式：_。19、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 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

11、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

12、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20、在实验室中用二氧化锰跟浓盐酸反应制备干燥纯净的氯气。（1）连接上述仪器的正确顺序(填各接口处的字母)：E接_；_接_；_接_；_接F。（2）装置中，饱和食盐水的作用是_；浓硫酸的作用是_。（3）化学实验中检验是否有Cl2产生的常用方法是_。（4）写出下列反应的化学方程式：气体发生装置中的反应：_。NaOH溶液中发生的反应：_。（5）工业上用氯气制取漂白粉的化学反应方程式为_，漂白粉用于漂白、杀菌的原理用化学方程式表示为_。21、我国有丰富的海水资源，开发和利用海水资源是当前科学研究的一项重要任务，下图是某

13、化工厂对海水资源综合利用的示意图：请根据以上信息回答下列问题：(1)写出混合物B的名称_； (2)写出反应的离子方程式，并标出电子转移的方向和数目_；(3)粗盐中含有Ca2、Mg2、SO42-等杂质，精制时所用的试剂为：盐酸 氯化钡溶液 氢氧化钠溶液 碳酸钠溶液以上试剂添加的顺序可以为_；A B C D(4)提取粗盐后剩余的海水(母液)中，可用来提取Mg和Br2。母液用来提取Mg和Br2先后顺序，甲乙两位工程师有不同观点：甲：母液先提取Mg，后提取Br2 乙：母液先提取Br2，后提取Mg请你分析这两个方案是否合适，并分别说明理由_；(5将相同质量的镁条分别在a.氧气中；b.氮气中；c.二氧化碳

14、中燃烧，燃烧后所得固体的质量由大到小的顺序为_；(用字母排序回答)参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】溶液的导电性与溶液中离子的浓度有关，离子浓度越大导电能力越强。【详解】A.盐酸中滴加食盐溶液，使溶液中的带点离子浓度增大，导电能力增强，A错误；B.硫酸中滴加氢氧化钠，氢离子浓度减小，钠离子浓度增大，导电能力几乎不变，B错误；C.石灰乳中滴加盐酸，石灰乳微溶于水，溶于盐酸，使离子浓度增大，导电能力增强，C错误；D.硫酸中滴加氢氧化钡，反应生成硫酸钡沉淀和水，导电能力减弱，当完全反应时，再滴加氢氧化钡溶液，带电离子逐渐增大，导电能力增强，D正确；答案为D【点睛】溶液的导电

15、性与溶液中离子的浓度有关，离子浓度越大导电能力越强。题目要求导电性由大到小又逐渐增大，说明溶液中的离子浓度先减小后增大。2、C【解析】A.质量单位是克等，1 mol H2O的质量为18 g，故A错误；B. 摩尔质量的单位是gmol1等，CH4的摩尔质量为16gmol1，故B错误；C. 3.011023个SO2分子是0.5mol，质量为0.5mol64gmol1=32 g，故C正确；D. 物质不都是由分子构成，如氯化钠固体不含分子，故D错误；故选C。3、D【解析】【详解】根据单位可判断“4.2710-3 mol/L”表示总胆固醇的物质的量浓度，答案选D。4、A【解析】两种互不相溶且密度相差较大的

16、液态混合物通常用分液漏斗分离。A.四氯化碳不溶于水且密度比水大，所以四氯化碳和水的混合物可能用分液漏斗分离，A项正确；B.食用油易溶于汽油，汽油和食用油混合物不能用分液漏斗分离，B项错误；C.浓硫酸和浓硝酸互溶，浓硫酸和浓硝酸混合物不能用分液漏斗分离，C项错误；D.酒精和水互溶，酒精和水混合物不能用分液漏斗分离，D项错误；答案选A。5、D【解析】A稀硫酸与铜不反应，A不合题意；B澄清石灰水在离子方程式书写中要拆成离子，故盐酸与澄清石灰水混合的离子方程式为： H+ + OH-= H2O，B不合题意；C大理石的主要成分为CaCO3是沉淀，故酸滴在大理石上：CaCO3+ 2H+ = Ca2+CO2

17、+ H2O，C不合题意；D盐酸是强酸，故氧化铁与稀盐酸混合：Fe2O3 + 6H+ = 2Fe3+ +3H2O，D符合题意；故答案为：D。6、C【解析】A.加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，溶液中可能含有CO32-、HCO3-、SO32-、HSO3-，不一定含有CO32-，A错误；B.加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，溶液中可能含有SO42-，也可能含Ag+，B错误；C.加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，则溶液中一定有NH4+，C正确；D.用洁净的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，则该溶液中一定含有Na+，可能

18、含K+，D错误；故合理选项是C。7、C【解析】试题分析：A、Na2SO4溶液与BaCl2溶液混合发生反应：Ba2+ SO42-=BaSO4，属于离子反应，错误； B、铝片插入Hg(NO3)2溶液发生反应：2Al + 3Hg2+=2Al3+ 3Hg，属于离子反应，错误；C、NaNO3溶液与KCl溶液混合不发生离子反应，正确；DNa2CO3溶液与稀盐酸混合发生反应：CO32-+ 2H+=CO2+ H2O，属于离子反应，错误。考点：考查离子反应发生的条件。8、D【解析】钠的性质非常活泼，常温下易与水、O2等反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2，4Na+O2=2Na2O，2Na+O2Na2O2，由

19、此分析。【详解】A.为了保证药品的纯净，实验中大部分药品取出后不能放回原试剂瓶。由于钠极易与O2、水反应，尽管保存在煤油中，但钠的表面仍有氧化物等杂质包裹着，所以剩余的钠粒放回原试剂瓶对钠的纯度影响不大，钠属于易燃固体，随意丢弃易引发火灾，所以实验后剩余的钠粒需要放回原试剂瓶中，A项正确；B.常温下钠与O2缓慢反应生成Na2O，加热时钠与O2剧烈反应生成Na2O2，B项正确；C.钠极易与水、O2反应，水和O2都不溶于煤油，且煤油密度比钠小，钠沉在煤油里，煤油将钠与空气和水隔开，所以少量的钠可以保存在煤油中，C项正确；D.钠与水反应非常剧烈：2Na+2H2O=2NaOH+H2，Cu2+在水溶液中

20、以水合铜离子存在，所以钠投入硫酸铜溶液中钠与水反应，生成的NaOH再与Cu2+反应：Cu2+2OH=Cu(OH)2，所以溶液中不可能有铜单质生成，D项错误；答案选D。【点睛】钠投入盐溶液中，钠先与水反应；钠投入酸溶液中，钠先与酸反应。9、D【解析】第一份加入AgNO3溶液后有沉淀生成，溶液中可能含有Cl-，SO42-，CO32-；第二份加足量NaOH有气体，一定含有NH4+，没有沉淀生成，一定没有Mg2+；第三份有沉淀后加酸沉淀部分溶解一定存在CO32-、SO42-,不存在Ba2+；所以一定存在的离子是NH4+ 、CO32-、SO42-；根据题给信息，生成0.08mol NH3，溶液中NH4+

21、的量为0.08mol；生成硫酸钡沉淀4.66g，溶液中n(SO42-)=0.02mol，碳酸钡沉淀质量为7.88 g，则溶液中n(CO32-)=0.04mol，最后根据溶液中存在电荷守恒关系确定钾离子是否存在；据以上分析解答。【详解】第一份加入AgNO3溶液后有沉淀生成，溶液中可能含有Cl-，SO42-，CO32-；第二份加足量NaOH有气体，一定含有NH4+，没有沉淀生成，一定没有Mg2+；第三份有沉淀后加酸沉淀部分溶解一定存在CO32-、SO42-,不存在Ba2+；所以一定存在的离子是NH4+ 、CO32-、SO42-；根据NH4+- NH3关系可知，每生成0.08molNH3，溶液中的N

22、H4+的量为0.08mol；生成硫酸钡沉淀4.66g，物质的量为0.02mol，所以n(SO42-)=n(BaSO4)=0.02mol，碳酸钡沉淀质量为12.54g-4.66g=7.88g，物质的量为0.04mol，所以n(CO32-)=n(BaCO3)= 0.04mol，因为电解质溶液呈电中性，所以0.08molNH4+带的正电荷总量为0.08mol，而0.04molCO32-带的负电荷总量为0.08 mol，0.02molSO42-带的负电荷总量为0.04mol，因此该溶液中一定含有阳离子钾离子0.04 mol；当溶液中如果再含有Cl-，那么n(K+)0.04mol。结合以上分析可知，该混

23、合物中一定含有K+、NH4+、CO32-、SO42-，可能含有Cl-，且n(K+)0.04mol，D正确；综上所述，本题选D。【点睛】本题考查了离子反应及其计算，题目难度中等，明确常见离子的性质及检验方法为解答的关键，注意掌握根据电荷守恒在判断离子存在的方法，培养了学生的分析能力和化学计算能力。10、A【解析】A向容量瓶中转移溶液，可用玻璃棒引流，注意不能将玻璃棒接触容量瓶口，防止液面外流，故A正确；B蒸馏时温度计水银球应放在支管口处，冷凝水方向错误，应下进上出，故B错误；C酒精和水能互溶，不能用分液分离，故C错误；D稀释浓硫酸应将水沿烧杯内壁缓缓加入到浓硫酸中，并用玻璃棒不断搅拌，故D错误。

24、答案选A。11、D【解析】利用氧化还原反应中的得失电子数目守恒进行分析；【详解】，设被氧化后氧化产物中元素的化合价为n，根据得失电子守恒得，解得，选项D正确；答案：D。【点睛】利用得失电子数目守恒进行计算，方法比较简洁，一般遵循的是n(氧化剂)变价原子右下角系数化合价的变化=n(还原剂)变价原子右下角系数化合价变化，也可以通过氧化产物、还原产物。12、A【解析】反应Na2O+H2O=2NaOH的反应物是两种，生成物只有一种，符合化合反应的概念，因此该反应属于化合反应，答案选A。13、C【解析】AFe(OH)3胶体中逐滴加入稀硫酸，会先发生聚沉，所以先生成红褐色沉淀，后Fe(OH)3与稀硫酸反应

25、，所以沉淀逐渐溶解，故A项正确；BFe(OH)3胶粒无法穿过半透膜，但Cl-可以，故可采用渗析的方法将Fe(OH)3胶体中含有的杂质Cl-除去，故B项正确；C胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质粒子的直径大小，故C项错误；D水泥厂和冶金厂常用高压直流电除去大量灰尘属于胶体的电泳现象，故D项正确；故答案为C。14、B【解析】试题分析：原样品溶于水形成无色溶液，可排除FeCl3与Na2CO3的存在因Fe3+的溶液显黄色，Na2CO3存在时会与CaCl2反应形成CaCO3沉淀假设原样品全部为CaCl2，则可形成AgCl沉淀的质量为m，则CaCl2-2AgCl111 2143.511.1 g m（A

26、gCl）m（AgCl）= =28.7 g27.7（实际得到沉淀量），这说明CaCl2样品中一定含有比CaCl2含氯质量分数更低的物质，即NaCl，故此题选B考点：考查物质的检验和鉴别相关知识点15、D【解析】A. 在常温常压下气体的摩尔体积大于22.4L/mol，11.2L氯气的物质的量小于0.5mol，所含的原子数目小于NA，A错误；B. 32g氧气的物质的量为1mol，含的原子数目为2NA，B错误；C. 2 L 0.1molL-1K2SO4溶液中溶质的物质的量是0.2mol，不考虑水的电离所含离子的物质的量是0.6mol，离子总数约为0.6NA，C错误；D. 5.6g铁的物质的量为0.1m

27、ol，与足量盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，铁元素化合价从0价升高到+2价，失去2个电子，因此转移的电子数为0.2NA，D正确。答案选D。16、B【解析】A.Cl元素的化合价由+1价降低为-1价被还原，N元素的化合价由-3价升高为0价被氧化，故A正确；B.2NH4+ +3ClO=N2 +3Cl +2H+ +3H2O中，N元素的化合价由-3价升高为0价，则NH4+为还原剂，Cl元素的化合价由+1价降低为-1价，则生成Cl-为还原产物，所以还原性 NH4+Cl-，故B错误；C.N元素的化合价由-3价升高为0价被氧化，所以标准状况下每生成22.4LN2，转移6 mol电子，故C正确；D.由2NH4+ +

28、3ClON2 +3Cl +2H+ +3H2O，得出经此法处理过的废水呈酸性，所以不能直接排放，故D正确。故选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、Ag+、Ca2+、Ba2+ CO322H H2OCO2 ？ 0.4 0 存在，最小浓度为0.8 mol/L 【解析】I：加入盐酸，生成白色胶状沉淀，该沉淀为H2SiO3，原溶液中有SiO32，Ag、Ca2、Ba2不能大量存在，根据溶液呈现电中性，原溶液中一定含有K，有气体产生，该气体为CO2，原溶液中含有CO32，其物质的量为0.56/22.4mol=0.025mol；II：最后得到固体为SiO2，原溶液中SiO32的物质的量为2.4/60mol=

29、0.04mol；III：向滤液II中加入BaCl2溶液，无现象，说明原溶液中不含有SO42；综上所述，NO3可能含有；【详解】I：加入盐酸，生成白色胶状沉淀，该沉淀为H2SiO3，原溶液中有SiO32，Ag、Ca2、Ba2不能大量存在，根据溶液呈现电中性，原溶液中一定含有K，有气体产生，该气体为CO2，原溶液中含有CO32，其物质的量为0.56/22.4mol=0.025mol；II：最后得到固体为SiO2，原溶液中SiO32的物质的量为2.4/60mol=0.04mol；III：向滤液II中加入BaCl2溶液，无现象，说明原溶液中不含有SO42；综上所述，NO3可能含有；（1）根据上述分析，

30、实验I中一定不存在的离子是Ag、Ca2、Ba2；（2）实验I中生成气体的离子方程式为CO322H=CO2H2O；（3）根据上述分析，NO3可能含有，也可能不含有，因此NO3的浓度为?；SiO32的物质的量浓度为0.04/(100103)molL1=0.4molL1；SO42不含有，浓度为0；（4）根据上述分析，K一定存在，根据电中性，当没有NO3时，K浓度最小，n(K)n(Na)=2n(SiO32)2n(CO32)，代入数值，解得n(K)=0.08mol，即c(K)=0.8molL1。18、 H+ + HCO3- = H2O + CO2 Ba2+ + SO42- = BaSO4 【解析】取少量

31、固体投入水中，既有气体生成，又有沉淀产生，说明含有硫酸氢钠和碳酸氢钾，可能含有硝酸钡或氯化钙。过滤，取少量滤液加AgNO3溶液，无沉淀产生，说明不含有氯化钙，则一定含有硝酸钡。再取少量滤液，加入足量NaOH溶液，也无沉淀产生，说明不含硫酸镁。【详解】(1)根据分析可确定含有硫酸氢钠和碳酸氢钾和硝酸钡，肯定不含氯化钙和硫酸镁。不能确定硝酸钠。 (2)步骤中产生气体是碳酸氢钾和硫酸氢钠反应，即碳酸氢根离子和氢离子反应生成水和二氧化碳，离子方程式为H+ + HCO3- = H2O + CO2； (3)溶液中钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，离子方程式为： Ba2+ + SO42- = BaSO4

32、。19、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、烧杯、500m

33、L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、质量分数为98%的浓硫

34、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到容量瓶中，导致

35、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。20、C D A B H G 除去氯气中的HCl杂质 除去氯气中的水蒸气 把湿润的淀粉-KI试纸放在集气瓶口，若试纸变蓝，说明有Cl2生成 MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O 2NaOH+Cl2NaCl+NaClO+H2O 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO 【解析】（1）实验室制备气体装置

36、的一般连接顺序：发生装置净化装置收集装置尾气处理装置；（2）饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，浓硫酸的作用是除去氯气中的水蒸气；（3）把湿润的淀粉-KI试纸放在集气瓶口，若试纸变蓝，说明有Cl2生成；（4）实验室用二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气，氢氧化钠与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；（5）氯气与Ca（OH）2反应制备漂白粉，漂白粉漂白时生成HClO。【详解】（1）实验室制备气体装置的一般连接顺序：发生装置净化装置收集装置尾气处理装置，故答案为C；D；A；B；H；G。（2）氯化氢极易溶于水，氯气能溶于水，且与水反应，Cl2+H2OH+Cl-+HClO，食盐水溶液中的氯离子抑制氯气的溶解，降低氯气

37、的溶解度，所以通常用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢；浓硫酸具有吸水性，所以浓硫酸的作用是除去氯气中的水蒸气，故答案为除去氯气中的HCl杂质；除去氯气中的水蒸气。（3）氯气具有强的氧化性，能够氧化碘化钾生成单质碘，反应的化学方程式为：2KI+Cl22KCl+I2，碘遇淀粉变蓝色，把湿润的淀粉-KI试纸放在集气瓶口，若试纸变蓝，说明有Cl2生成，故答案为把湿润的淀粉-KI试纸放在集气瓶口，若试纸变蓝，说明有Cl2生成。（4）二氧化锰与浓盐酸反应的方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；氢氧化钠与氯气反应的方程式为：2NaOH+Cl2NaCl+NaClO+H2O；故答案为MnO

38、2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；2NaOH+Cl2NaCl+NaClO+H2O。（5）工业上利用氯气和石灰乳反应制取漂白粉，反应方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，HClO具有漂白性，用漂白粉漂白、杀菌时，发生反应：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，故答案为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO。21、石灰乳 A D 甲方案不合适，提取Mg时用的Ca(OH)2有剩余，所以通入氯气会和它反应，造成浪费；乙方案合适，电解MgCl2产

39、生的Cl2可用于下一次Br-的氧化 cab 【解析】根据流程图知：反应为精盐溶液的电解，反应物是氯化钠和水，产物是氯气、氢气、氢氧化钠，C+FN，N能溶解沉淀，C既能和F反应又能和E反应，所以，E为NaOH，F为H2，C为Cl2，N为HCl，贝壳（主要成分为CaCO3）经过高温煅烧可以生成疏松的氧化钙（A），氧化钙可与水反应生成氢氧化钙（B），与母液反应生成氢氧化镁，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁，电解可生成氯气和镁，由转化关系可知D为Mg，以此解答该题。（1）由以上分析可知B为Ca(OH)2，名称为石灰乳；（2）反应为电解食盐水的过程时，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，同时

40、生成氢氧化钠，再利用双线桥法表示出电子转移数与方向；（3）镁离子用氢氧根离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，钙离子用碳酸根离子沉淀，过滤要放在所有的沉淀操作之后，加碳酸钠要放在加氯化钡之后，可以将过量的钡离子沉淀最后再用盐酸处理溶液中的碳酸根离子和氢氧根离子进行分析；（4）根据原料的消耗解答；（5）根据题意可设镁的质量为24克，然后利用化学反应方程式分别计算反应后的固体产物的质量，据此分析。【详解】根据流程图知：反应为精盐溶液的电解，反应物是氯化钠和水，产物是氯气、氢气、氢氧化钠，C+FN，N能溶解沉淀，C既能和F反应又能和E反应，所以，E为NaOH，F为H2，C为Cl2，N为HCl，贝壳（主要

41、成分为CaCO3）经过高温煅烧可以生成疏松的氧化钙（A），氧化钙可与水反应生成氢氧化钙（B），与母液反应生成氢氧化镁，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁，电解可生成氯气和镁，由转化关系可知D为Mg，（1）由以上分析可知B为Ca(OH)2，名称为石灰乳，故答案为石灰乳；（2）反应为电解食盐水的过程时，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，同时生成氢氧化钠，其离子方程式及双线桥法标法为：，故答案为；（3）SO42-、Ca2+、Mg2+等分别与BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液反应生成沉淀，可再通过过滤除去，Na2CO3溶液能除去过量的BaCl2溶液，盐酸能除去过量的Na2CO3

42、溶液和NaOH溶液，所以应先加BaCl2溶液再加Na2CO3溶液，最后加入盐酸，试剂添加的顺序可以为或，故答案为AD；（4）母液用来提取Mg和Br2，若先提取镁，海水中会残留大量Ca(OH)2，Ca(OH)2能和氯气反应生成氯化钙和次氯酸钙和水，造成浪费，再用Cl2提取溴时会消耗大量Cl2；所以乙观点合理，电解MgCl2产生的Cl2可用于下一次Br-的氧化，故答案为甲方案不合适，提取Mg时用的Ca(OH)2有剩余，所以通入氯气会和它反应，造成浪费；乙方案合适，电解MgCl2产生的Cl2可用于下一次Br-的氧化；（5）设24克镁在氧气中完全燃烧生成物的质量为X，48/24=80/X，解得X = 40 g；设24克镁在氮气中完全燃烧生成物的质量为Y，72/24=100/Y，解得Y = 33.3 g；设24克镁在二氧化碳中完全燃烧生成物的质量分别为Z1和Z2，48/24=80/Z1，解得Z1 = 40 g；48/24=12/Z2，解得Z2 = 6 g；即镁在二氧化碳中完全燃烧生成物的质量为46 g；所以将相同质量的镁条分别在a.氧气中；b.氮气中；c.二氧化碳中燃烧，燃烧后所得固体的质量由大到小的顺序为：cab，故答案为cab。