【化学】江苏省苏州市吴江平望中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题（解析版）

【化学】江苏省苏州市吴江平望中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题（解析版）

江苏省苏州市吴江平望中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题 相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Al-27 Mn-55 Ne-20‎ 一．单选题（本题包括20小题，每小题2分，共40分，每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.ClO2 被联合国卫生组织列为高效安全灭菌消毒剂，ClO2 属于（ ）‎ A. 碱 B. 盐 C. 氧化物 D. 有机物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】根据碱、盐、氧化物及有机物的定义分析，按照定义将ClO2进行归类。‎ ‎【详解】A、碱指电离时所有阴离子都是氢氧根离子的化合物，ClO2是非电解质，不发生电离，不属于碱，故A错误；‎ B、盐是电离出金属阳离子和酸根阴离子的化合物，ClO2是非电解质，不发生电离，不属于盐，故B错误；‎ C、氧化物是指由氧元素与另外一种化学元素组成的二元化合物，ClO2符合，是一种氧化物，故C正确；‎ D、有机物是含碳化合物，ClO2是不含C的物质，不属于有机物，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎2.13C﹣NMR（核磁共振）、15N﹣NMR可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构，Kurt Wu thrich等人为此获得2002年诺贝尔化学奖．下面有关13C、15N叙述正确的是（ ）‎ A. 13C与15N有相同的中子数 B. 13C与C60互为同位素 C. 15N与14N互为同位素 D. 15N的核外电子数与中子数相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 13C与15N的中子数分别为（13-6）=7、（15-7）=8，不相等，故A错误；‎ B. C60是碳元素组成的单质，不是原子，不是13C的同位素，故B错误；‎ C. 15N与14N都是N原子，质子数相同，中子数不同，互为同位素，故C正确；‎ D. 15N的核外电子数为7，中子数（15-7）=8，核外电子数与中子数不相同，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎3.下列化学用语表示正确的是（ ）‎ A. 次氯酸钙的化学式：CaClO B. 碳酸氢钠的电离：NaHCO3=Na+ + HCO3-‎ C. 质子数为6，中子数为8的微粒：C D. 氯原子的原子结构示意图：‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 钙为+2价，次氯酸根为-1价，次氯酸钙的化学式：Ca（ClO）2，故A错误；‎ B. 碳酸是弱酸，碳酸氢根离子保留化学式，碳酸氢钠的电离：NaHCO3=Na+ + HCO3-，故B正确；‎ C. 元素符号左上的数字表示质量数，等于质子和中子之和，质子数为6，中子数为8的微粒：C，故C错误；‎ D. 氯原子最外层只有7 个电子，氯原子的原子结构示意图：，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎4.胶体区别于其它分散系的本质特征是(　　)‎ A. 胶体的分散质能透过滤纸 B. 胶体是纯净物，其它分散系是混合物 C. 胶体能产生丁达尔现象 D. 胶体的分散质粒子直径在1～100 nm之间 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体的分散质粒子直径在1～100 nm之间，故合理选项是D。‎ ‎5. 用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作。下列图示对应的操作规范的是（ ）‎ A. 称量 B. 溶解 C. 转移 D. 定容 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、托盘天平称量时应是左物右码，A错误；‎ B、固体溶解在烧杯中进行，B正确；‎ C、向容量瓶中转移溶液时应该用玻璃棒引流，C错误；‎ D、定容时胶头滴管不能插入容量瓶中，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎6.下列叙述正确的是（ ）‎ A. 1molH2O的质量为18g/mol B. CH4的摩尔质量为16g C. 3.01×1023个SO2分子的质量为32g D. 欲配制100mL1mol·L-1溶液，可将溶于100mL水中 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 1molH2O的质量为18g，故A错误；‎ B. CH4的摩尔质量为16g·mol-1，故B错误；‎ C. 3.01×1023个SO2分子为0.5mol，质量为0.5mol×64g·mol-1=32g，故C正确；‎ D. 欲配制100mL1mol·L-1溶液，可将14.2g溶于水中，制成100mL溶液，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎7.下列溶液Cl-的物质的量浓度，与50 mL 1 mol·L-1AlCl3溶液中Cl-的物质的量浓度相等的是（ ）‎ A. 150 mL 3 mol·L-1NaClO3溶液 B. 75 mL 3 mol·L-1CaCl2溶液 C. 150 mL 3 mol·L-1KCl溶液 D. 50 mL 3 mol·L-1MgCl2溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】50mL 1mol/L的AlCl3溶液中Cl-的物质的量浓度为1mol/L×3=3mol/L，‎ A.在150mL 3mol/L的NaClO3溶液中不含有Cl-，A不符合题意；‎ B.75mL3mol/L的CaCl2溶液中Cl-的物质的量浓度为3mol/L×2=6mol/L，B不符合题意；‎ C.150mL 3mol/L的KCl溶液中Cl-的物质的量浓度为3mol/L×1=3mol/L，C符合题意；‎ D.50mL3mol/L的MgCl2溶液中Cl-的物质的量浓度为3mol/L×2=6mol/L，D不符合题意；‎ 综上所述，C项符合题意，故合理选项是C。‎ ‎8. 某气体在标准状况下体积是4.48L，质量是14.2 g，该气体的摩尔质量是（ ）‎ A. 71 B. 71 g•mol﹣1 C. 28.4 D. 28.4 g•mol﹣1‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：某气体在标准状况下体积是4.48L，物质的量是4.48L÷22.4L/mol＝0.2mol，质量是14.2 g，因此该气体的摩尔质量是14.2g÷0.2mol＝71g/mol，答案选B。‎ ‎9.下列关于Cl2性质的说法正确的是（ ）‎ A. 密度比空气小 B. 是无色无味的气体 C. 能使干燥的有色布条褪色 D. 可与NaOH溶液反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．空气的相对分子量为29，氯气的密度比空气大，故A错误；‎ B．氯气是黄绿色的气体，故B错误；‎ C．次氯酸的漂白性，所以湿润的布条褪色，而不是干燥的有色布条褪色，故C错误；‎ D．氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，所以氯气可与NaOH溶液反应，故D正确 答案选D。‎ ‎10.下列过程中，没有颜色变化的是：（ ）‎ A. 石蕊试剂滴入稀盐酸 B. 酚酞试剂滴入氢氧化钠溶液 C. 食盐溶液加水稀释 D. 湿润的氯气通过刚采摘的红色的鲜花 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 石蕊试剂滴入稀盐酸呈红色，故A不符；‎ B. 酚酞试剂滴入氢氧化钠溶液呈红色，故B不符；‎ C. 食盐溶液加水稀释，溶液始终都呈无色，故C符合；‎ D. 湿润的氯气通过刚采摘的红色的鲜花，红色褪去，故D不符；‎ 故选C。‎ ‎11.下列各个反应，可以应用于工业生产的是（ ）‎ A. 钠在氯气中燃烧，生产食盐 B. 二氧化锰和浓盐酸共热，制取氯气 C. 氯气与消石灰反应，生产漂白粉 D. 氢气和氯气混合见光爆炸制氯化氢，再生产盐酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、采用海水晒盐的方法制取氯化钠，用钠燃烧法制取氯化钠，成本高，A错误；‎ B、工业上用电解饱和食盐水的方法制取氯气、氢氧化钠，用浓盐酸与二氧化锰共热制氯气，成本高，B错误；‎ C、漂白粉的有效成分是次氯酸钙，氯气和石灰乳反应生成次氯酸钙、氯化钙，石灰乳较廉价，所以适用于工业生产，C正确；‎ D、氯气的化学性质很活泼，氯气和氢气混合在光照的条件下会发生强烈爆炸生成氯化氢气体，工业上不用该法制取氯化氢，工业上将氢气与氯气（Cl2）在点燃的条件下反应生成氯化氢（HCl），D错误；‎ 答案选C。‎ ‎12.下列物质转化需要加入还原剂才能实现的是（ ）‎ A. SO32－→SO2 B. HCl→Cl2 C. Na→Na＋ D. SO2→S ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】还原剂具有还原性，需加入还原剂才能实现，说明题中物质具有氧化性，被还原，所含元素化合价应降低，以此解答。‎ ‎【详解】A．元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，可加入酸就能实现，故A错误；B．Cl元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂才能实现，故B错误；C．Na元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂，故C错误；D．S元素化合价降低，被还原，应加入还原剂才能实现，故D正确；故答案为D。‎ ‎13.下列反应属于氧化还原反应的是（ ）‎ A. H2SO4+2NaOH＝Na2SO4+2H2O B. CuO+H2Cu+H2O C. Cu2(OH)2CO3 ===2CuO+ CO2↑+H2O D. CuSO4+H2S===CuS↓+H2SO4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】属于氧化还原反应，说明该反应中有电子转移，其特征是有元素化合价升降。‎ ‎【详解】A．该反应中各元素化合价不变，不属于氧化还原反应，属于复分解反应，故A错误；‎ B．该反应中Cu元素化合价由+2价变为0价、H元素化合价由0价变为+1价，所以属于氧化还原反应，故B正确；‎ C．该反应中各元素化合价不变，不属于氧化还原反应，属于分解反应，故C错误；‎ D．该反应中各元素化合价不变，不属于氧化还原反应，属于复分解反应，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎14.N2O是一种有甜味、能溶于水、能助燃的无色气体，它能刺激神经使人发笑，俗称“笑气”。现有等物质的量的N2O和CO2，下列数值不一定相同的是（ ）‎ A. 体积 B. 电子数 C. 原子数 D. 分子数 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】笑气（N2O）和二氧化碳的相对分子质量相等、每个分子中含有的电子数（质子数）相等、每个分子中含有的原子个数相等。‎ ‎【详解】A、等物质的量的N2O和CO2，由于温度和压强不确定，体积不一定相等，故A符合；‎ B、等物质的量的笑气和二氧化碳含有的分子个数相等，每个分子中含有的电子数相等，所以等物质的量的笑气和二氧化碳含有的电子数相等，故B不符；‎ C、等物质的量的笑气和二氧化碳含有的分子个数相等，每个分子中含有的原子数相等，所以等物质的量的笑气和二氧化碳含有的原子个数相等，故C不符；‎ D、根据N=nNA知，等物质的量的笑气和二氧化碳含有的分子数相等，故D不符；‎ 故选A。‎ ‎15.某溶液中存在大量的、、 。该溶液中还可能大量存在的离子是（ ）‎ A. OH- B. Ba2+ C. K+ D. Ag+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. OH-与Cu2＋生成氢氧化铜沉淀，故A不符；‎ B. Ba2+与SO42－生成硫酸钡沉淀，故B不符；‎ C. K+与三种离子间不生成沉淀、气体和水，故C符合；‎ D. Ag+与Cl－生成AgCl沉淀，故D不符；‎ 故选C。‎ ‎16.漂白粉的有效成分是（ ）‎ A. Ca(OH)2 B. CaCl2　　　　　 C. Ca(ClO)2 D. CaCO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】漂白粉的主要成分是次氯酸钙和氯化钙，有效成分是次氯酸钙。‎ ‎【详解】利用氯气与石灰乳为原料制备漂白粉，氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙与水，漂白粉的主要成分是次氯酸钙和氯化钙。氯化钙没有漂白性，由于次氯酸的酸性比碳酸弱，次氯酸钙能与二氧化碳和水反应生成具有漂白性的次氯酸，漂白粉的有效成分是次氯酸钙，故选C。‎ ‎17.用括号中注明的方法分离下列各组混合物，其中不正确的是（ ）‎ A. 汽油和煤油（蒸馏） B. 食盐中的沙子（溶解过滤）‎ C. 氯化钠和水（过滤） D. 花生油和水（分液）‎ ‎【答案】C ‎【解析】A、汽油和煤油互溶，利用沸点不同，采用蒸馏的方法进行分离，故A说法正确；B、NaCl溶于水，沙子不溶于水，因此采用溶解过滤的方法进行分离，故B说法正确；C、氯化钠溶于水，不能采用过滤方法进行分离，应采用蒸发结晶的方法，故C说法错误；D、花生油是不溶于水的液体，采用分液的方法进行分离，故D说法正确。‎ ‎18.下列物质中含原子个数最多的是（ ）‎ A. 0.4 mol氧气 B. 4℃时,5.4 mL H2O ‎ C. 标准状况下5.6 L二氧化碳 D. 10 g氖气 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】根据n=m/M=V/Vm=N/NA结合分子的构成计算。‎ ‎【详解】A.0.4mol氧气中含有0.8molO原子；‎ B.4℃时5.4 mL水的物质的量n（H2O）= 5.4g÷18g/mol=0.3mol，原子的物质的量为0.3mol×3=0.9mol；‎ C.标况下5.6L 二氧化碳的物质的量n（CO2）=5.6L÷22.4L/mol=0.25mol，原子的物质的量为0.25mol×3=0.75mol；‎ D.10 g 氖的物质的量n（Ne）=10g÷20g/mol=0.2mol，原子的物质的量为0.2mol, ‎ 则含原子个数最多的是B，故选D。‎ ‎19. 下列说法正确的是（ ）‎ A. 氯化钠钠晶体不导电是没有离子存在 B. 氯水能导电，但是氯气既不是电解质也不是非电解质 C. KNO3在电流作用下在水中电离出K+和NO3－ ‎ D. 用萃取、分液的方法分离汽油和煤油 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A．氯化钠钠晶体不导电是因为没有自由移动的离子，氯化钠是由离子组成的，A错误；B．氯水能导电是因为氯气和水反应生成盐酸和次氯酸电离出离子，但是氯气既不是电解质也不是非电解质，B正确；C．电离不需要电流，C错误；D．汽油和煤油的沸点不相同，可以用蒸馏的方法分离，D错误，答案选B。‎ ‎20.下列实验操作中，不能用于物质分离的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】根据物质分离的方法有：过滤、分液、蒸发和蒸馏等，结合实验装置图及选择的仪器来分析。‎ ‎【详解】A、过滤一般是用来分离不溶性固体和液体的混合物，故A不选；‎ B、蒸馏可以实现两种沸点差距较大的两种互溶液体的分离，故B不选；‎ C、容量瓶是用来配制一定物质的量浓度的溶液，不能分离物质，故C选；‎ D、分液可以实现互不相溶的两种液体的分离，故D不选。‎ 答案选C。‎ 二．不定项选择题（本题共计6个小题，每小题有1或2个正确选项，每小题4分，漏选得2分，有错选得0分，共计24分）‎ ‎21.下列物质，既能导电又属于电解质的是（ ）‎ A. 熔融的氢氧化钾 B. 氯化钠溶液 ‎ C. 铜固体 D. 氯化镁晶体 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】电解质是在水溶液或者熔融状态下能够导电的化合物；导电的原因是有自由移动的电子或离子，据此利用排除法作答。‎ ‎【详解】A.熔融的氢氧化钾，是化合物，且在此状态下电离会生成自由移动的钾离子和氢氧根，因此可以导电，是电解质，故A项正确； ‎ B.氯化钠溶液含有自由移动的离子，可以导电，但属于混合物，因此不是电解质，故B项错误；‎ C.铜固体有自由移动的电子，可以导电，但不是化合物，不属于电解质，故C项错误；‎ D.氯化镁晶体是电解质，但是镁离子和氯离子不能自由移动，因此氯化镁晶体不导电，故D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎22.铝热焊接具有牢固、耐腐蚀等优点，其化学方程式为2Al + Fe2O3 Al2O3 +‎ ‎ 2Fe。有关该反应的说法正确的是（ ）‎ A. Al作氧化剂 B Fe2O3作还原剂 C. Fe2O3发生氧化反应 D. Fe2O3得到电子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由化学方程式可知，铝在反应中失电子，化合价升高，发生了氧化反应，是还原剂。故A错误；‎ B、Fe2O3中铁元素化合价降低，作氧化剂，故B错误；‎ C、Fe2O3中铁元素化合价降低，被还原，发生还原反应，故C错误；‎ D、Fe2O3中铁元素化合价降低，得到电子，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎23.对于反应3Cl2+6NaOH ==5NaCl+NaClO3+3H2O，以下叙述正确的是（ ）‎ A. Cl2是氧化剂，NaOH是还原剂 B. 被氧化的Cl原子和被还原的Cl原子的物质的量的比为1∶5‎ C. Cl2既是氧化剂又是还原剂 D. 氧化产物和还原产物物质的量之比为1∶1‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】3Cl2+6NaOH═5NaCl+NaClO3+3H2O中，只有Cl元素的化合价变化，Cl元素的化合价由0降低为-1价，由0升高为+5价。‎ ‎【详解】A．Cl元素的化合价部分由0降低为-1价，部分由0升高为+5价，Cl2是氧化剂也是还原剂，故A错误；‎ B．氯气化合价部分升高部分降低，既是氧化剂又是还原剂，化合价升高被氧化的Cl原子和化合价降低被还原的Cl原子的物质的量的比为1：5，故B正确；‎ C．Cl元素的化合价部分由0降低为-1价，部分由0升高为+5价，Cl2既是氧化剂也是还原剂，故C正确；‎ D.‎ ‎ 化合价升高被氧化的Cl原子和化合价降低被还原的Cl原子的物质的量的比为1：5，氧化产物和还原产物物质的量之比为1∶5，故D错误；‎ 故选BC。‎ ‎24.含MgCl2、KCl、Na2SO4三种溶质的混合液中，已知其中含Cl－1.5 mol，K＋和Na＋共1.5 mol，Mg2＋为0.5 mol，则SO42-的物质的量为（ ）‎ A. 1 mol B. 0.5 mol ‎ C. 0.25 mol D. 0.15 mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】溶液呈电中性，由电荷守恒可知：n（Cl－）+2n（SO42－）=n（K＋）+n（Na＋）+2n（Mg2＋），据此计算。‎ 详解】溶液呈电中性，由电荷守恒可知：n（Cl－）+2n（SO42－）=n（K＋）+n（Na＋）+2n（Mg2＋），‎ 即：1.5mol+2n（SO42－）=1.5mol+2×0.5mol，‎ 解得n（SO42－）=0.5mol 故选：B。‎ ‎25.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 标准状况下，22.4L氧气中所含原子数目为2NA B. 标准状况下，11.2L H2O 含有的分子数为0.5NA C. 1mol·Lˉ1NaNO3溶液中含有的钠离子的数目为NA D. 2.3g钠和氯气反应，钠失去的电子数为0.1NA ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 标准状况下，22.4L氧气为1mol，氧分子是双原子分子，所含原子数目为2NA，故A正确；‎ B. 标准状况下，11.2L H2O 不是气体，不能用22.4L/mol来计算水的物质的量，故B错误；‎ C.缺少溶液的体积，无法计算 1mol·Lˉ1NaNO3溶液中含有的钠离子的数目，故C错误；‎ D.钠最外层只有1个电子， 2.3g钠为0.1mol，和氯气反应，钠失去的电子数为0.1NA，故D正确；‎ 故选AD。‎ ‎26.除去下列括号内的杂质，所加试剂和操作均正确的是（ ）‎ 选项 需除杂的物质 试剂 操作 A Cl2（HCl）‎ 饱和食盐水 洗气 B NaBr溶液（NaI）‎ Cl2‎ 洗气 C Cl2（H2O）‎ 碱石灰 洗气 D HNO3溶液（H2SO4）‎ BaCl 2溶液 过滤 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Cl2在饱和食盐水中溶解度小，HCl在饱和食盐水溶解度大，故A正确；‎ B、NaBr和NaI均能与氯气反应，分别生成溴和碘，故B错误；‎ C、氯气与碱石灰反应，应用浓硫酸除杂，故C错误；‎ D、H2SO4与BaCl 2反应生成盐酸，引入新的杂质，故D错误；‎ 故选A。‎ 三．填空题 ‎27.写出下列反应的化学方程式 ‎（1）氯气和水反应：_____________________________ ；‎ ‎（2）Ca(ClO)2+CO2+H2O：___________________________ ；‎ ‎（3）工业上制取氯气：________________________________ ；‎ ‎（4）工业制漂白粉：__________________________________。‎ ‎【答案】(1). Cl2+H2O=HCl+HClO (2). Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓＋2HClO (3). 2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑ (4). 2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）氯气和水反应生成盐酸和次氯酸：Cl2+H2O=HCl+HClO；‎ ‎（2）碳酸的酸性比次氯酸强，Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓＋2HClO；‎ ‎（3）工业上用电解饱和食盐水制取氯气：2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑；‎ ‎（4）工业用氯气和消石灰反应制漂白粉：2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O。‎ ‎28.实验室配制100mL 0.2 mol·L－1的Na2CO3溶液，试回答下列问题：‎ ‎(1)若要实施配制，除天平、烧杯、玻璃棒外，还需的玻璃仪器有________， ________；‎ ‎(2)配制完毕后，教师指出有三位同学进行了下列某一项错误操作，你认为这三项错误操作中会导致所得溶液浓度偏高的是________(填选项字母)‎ A．定容时仰视容量瓶刻度线 ‎ B．定容时俯视容量瓶刻度线 C．定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，便补充几滴水至刻度线 ‎(3)通过计算得出可用天平称取Na2CO3固体________g。若用4 mol·L－1的Na2CO3浓溶液配制100 mL 0.2 mol·L－1的稀溶液，应用量筒量取______mL该浓溶液。‎ ‎【答案】(1). 100mL容量瓶 (2). 胶头滴管 (3). B (4). 2.1g (5). 5.0mL ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤选择需要的仪器；‎ ‎（2）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=进行误差分析；‎ ‎（3）依据m=cVM计算需要固体碳酸钠的质量；‎ 依据稀释前后溶质的物质的量不变计算。‎ ‎【详解】（1）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知所需的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶和胶头滴管，故还需的仪器有100mL容量瓶、胶头滴管；‎ ‎（2）A．定容时仰视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故A不选；‎ B．定容时俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故B选；‎ C．定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，便补充几滴水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故C不选；‎ 故选B。‎ ‎（3）配制100mL 0.2mol·L-1的Na2CO3溶液，需要溶质Na2CO3的质量=0.2mol·L-1×0.1L×106g·mol－1=2.1g；‎ 若用4mol·L－1的Na2CO3浓溶液配制100mL0.2mol·L-1的稀溶液，设需要浓溶液体积为V，依据稀释前后溶质的物质的量不变得0.2mol·L-1×0.1L=4mol·L－1×V，解得：V=0.005L。即5.0mL。‎ ‎29.请利用下列装置及试剂组装一套装置。其流程是，先制取纯净干燥的Cl2（不收集），后试验干燥的Cl2和潮湿的Cl2有无漂白性。试回答：（各装置位置未确定）‎ ‎（1）烧瓶A中发生反应的化学方程式是_______________ 。‎ ‎（2）E装置的作用是_______________ E装置中发生反应化学方程式是_______________。实验中若氯气的流速为每分钟2.24升，实验持续５分钟，则烧杯Ｅ中至少盛放2.5mol·L-1的氢氧化钠溶液___mL 。‎ ‎（3）连接装置时，B、C的前后顺序是_______________。‎ ‎（4）实验室还可以用高锰酸钾和浓盐酸反应制取氯气，反应的化学方程式如下：2KMnO4+16HCl(浓)==2KCl+ 2MnCl2+5Cl2↑ +8H2O,该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为____；‎ ‎【答案】(1). MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O (2). 吸收多余的氯气 (3). Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O (4). 400mL (5). 先连接C后连接B (6). 1:5‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）烧瓶中浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水，方程式：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；‎ ‎（2）氯气有毒，污染环境，所以不能直接排空；E装置的作用是：吸收多余的氯气；‎ 氯气能和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，所以可用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气；E装置中发生反应化学方程式是：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；‎ 实验中若氯气的流速为每分钟2.24升，实验持续５分钟，n(Cl2)= =0.5mol，‎ Cl2 + 2NaOH = NaCl+NaClO+H2O ‎0.5mol 1mol V(NaOH)= =0.4L 则烧杯Ｅ中至少盛放2.5mol·L-1的氢氧化钠溶液400mL 。‎ ‎（3）实验装置的连接顺序为：发生装置→除杂装置→性质检验装置→尾气处理装置；因为收集的是气体，所以除杂装置中长导管进气，短导管出气；因为饱和食盐水中有水，浓硫酸有吸水性，所以先连接饱和食盐水装置后连接浓硫酸装置；实验干燥的Cl2和潮湿的Cl2有无漂白性，因为湿润的有色布条有水分，所以D装置先连接C后连接B，顺序为a→i→j→g→f→e→d→b→c→h，‎ 连接装置时，B、C的前后顺序是：先连接C后连接B。‎ ‎（4）实验室还可以用高锰酸钾和浓盐酸反应制取氯气，2KMnO4+16HCl(浓)==2KCl+ 2MnCl2+5Cl2↑ +8H2O，该反应中氧化剂为KMnO4，还原剂是HCl，每16molHCl参加反应，还原剂只有10mol，氧化剂和还原剂物质的量之比为2:10=1:5。‎ 四、计算题（6分）‎ ‎30.在实验室里，用足量的浓盐酸与一定量的MnO2反应，来制取氯气。MnO2 + 4HCl（浓）MnCl2 + Cl2↑ + 2H2O，若生成2.24L标准状况时的氯气，请计算（写出必要的计算过程）：‎ ‎(1)理论上需要多少克MnO2参加反应？_____________‎ ‎(2)参加反应的HCl的物质的量为多少？_____________‎ ‎(3)被氧化的HCl的物质的量为多少？____________‎ ‎【答案】(1). 8.7g (2). 0.4mol (3). 0.2mol ‎【解析】‎ ‎【分析】反应中Mn元素化合价降低，化合价由+4价降低到+2价，Cl元素化合价升高，由-1价升高到0价，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数；n（Cl2）==0.1mol，参加反应的盐酸是被氧化盐酸的物质的量的2倍，结合反应的化学方程式计算。‎ ‎【详解】（1）n（Cl2）=2.24L÷22.4L·mol－1=0.1mol，‎ ‎①MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O ‎87g 1mol ‎ m 0.1mol m=8.7g，‎ 答：理论上需要8.7gMnO2参加反应；‎ ‎（2）①MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O ‎4mol 1mol ‎ ‎0.4mol 0.1mol 参加反应的HCl的物质的量为0.4mol；‎ ‎（3）MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O 被氧化HCl ‎1mol 2mol ‎ ‎0.1mol 0.2mol，‎ 被氧化的HCl的物质的量为0.2mol。‎