江苏省苏州市震泽中学2019-2020学年高一上学期第一次月考（大杨班）化学试题

江苏省苏州市震泽中学2019-2020学年高一上学期第一次月考（大杨班）化学试题

www.ks5u.com ‎2019～2020学年第一学期江苏省震泽中学高一第一次月考化学（杨班）‎ 可能用到的相对原子量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Ba 137 Fe 56 Cu 64 Zn 65 Ag 108‎ 选择题（共40分）‎ 单项选择题：本题包括10小题，每小题２分，共计20 分。每小题只有一个选项符合题意。‎ ‎1.分类法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用，下列分类标准不合理的是（ ）‎ A. 根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体 B. 根据反应中是否有电子转移，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应 C. 根据物质的聚集状态，将物质分为气态、液态和固态 D. 根据水溶液或熔融状态是否能够导电，将化合物分为电解质和非电解质 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，分散系的分类依据是根据分散系中分散质粒子直径的大小，而不是根据是否具有丁达尔效应，故A项不合理；‎ B项，根据反应中是否有电子的转移，可将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，故B项合理；‎ C项，物质的聚集状态有三种：气态、液态和固态，故C项合理；‎ D项，根据在水溶液或熔融状态下能否导电，可将化合物分为电解质和非电解质，故D项合理。‎ 故答案选A。‎ ‎2.下列属于非电解质的是（ ）‎ A. 蔗糖水溶液 B. CO2 C. 铜 D. NaOH ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物为电解质，在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质，无论电解质还是非电解质，都一定为化合物，据此进行判断。‎ ‎【详解】A.蔗糖在熔融状态和水溶液中均不导电，属于非电解质；但是蔗糖水溶液属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；‎ B.CO2和水反应生成碳酸，碳酸能电离出自由移动的阴阳离子，所以CO2的水溶液能导电，但电离出离子的化合物是碳酸不是CO2，所以CO2是非电解质；‎ C.铜是单质，所以铜既不是电解质也不是非电解质； ‎ D.NaOH在熔融状态或水溶液中均能电离出自由移动的阴阳离子，能够导电，NaOH属于电解质；‎ 故答案选B。‎ ‎3.下列表述的反应，一定发生电子转移的是（ ）‎ A. 氧化钠和水 B. 碳酸钠粉末与盐酸 C. 二氧化碳通入澄清石灰水中 D. 次氯酸见光分解 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 只有氧化还原反应过程中才能发生电子转移，体现在元素的化合价有变化；据此进行分析。‎ ‎【详解】只有氧化还原反应过程中才能发生电子转移，体现在元素的化合价有变化；‎ A. 氧化钠和水反应生成氢氧化钠，各元素化合价均不变，不属于氧化还原反应，没有电子转移，故A不符合题意；‎ B. 碳酸钠粉末与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，各元素化合价均不变，不属于氧化还原反应，没有电子转移，故B不符合题意；‎ C. 二氧化碳通入澄清石灰水中，反应生成碳酸钙沉淀和水，各元素化合价均不变，不属于氧化还原反应，没有电子转移，故C不符合题意；‎ D.次氯酸见光分解为盐酸和氧气，氯元素、氧元素的化合价发生了变化，属于氧化还原反应，一定有电子转移，故D符合题意；‎ 故答案选D。‎ ‎4.同位素有广泛的用途，如13C呼气法在医学上常用于幽门螺旋杆菌的诊断。下列说法正确的是（ ）‎ A. 13C的核外电子数是6 B. 13C的摩尔质量是13‎ C. 13C与14N的中子数不同 D. 13C与14N的质子数相同 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】13C的质子数为6，质量数为13，核外电子数6，由质量数=质子数+中子数可以知道，中子数为13-6=7； ‎ A. 结合以上分析可知，13C的核外电子数是6，故A正确；‎ B. 摩尔质量的单位为g/mol，所以13C的摩尔质量是13g/mol，故B错误；‎ C. 14N的质子数为7，质量数为14，由质量数=质子数+中子数可以知道，中子数为14-7=7；13C的中子数为7，两者中子数相同，故C错误；‎ D. 13C的质子数为6，14N的质子数为7，两者质子数不同，故D错误；‎ 故答案选A。‎ ‎5.阿伏加德罗常数约为6.02×1023 mol－1，下列叙述中正确的是（ ）‎ A. 1.01×105Pa、25℃时，2.24LCl2中含有的原子数为0.2×6.02×1023‎ B. 0.1L3mol·L－1NH4NO3溶液中含有的N原子数目为0.3×6.02×1023‎ C. 5.6g铁粉与足量CuSO4溶液反应生成的铜原子数为1×6.02×1023‎ D. 46gNO2和N2O4的混合物中含有的原子数为3×6.02×1023‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.不是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算2.24L氯气的物质的量，故A错误；‎ B. 0.1L3mol·L－1NH4NO3溶液中含有溶质硝酸铵0.3mol，0.3mol硝酸铵中含有0.6mol氮原子，含有的N原子数目为0.6×6.02×1023，故B错误；‎ C. 5.6g铁的物质的量为0.1mol，0.1mol铁与硫酸铜溶液反应能够置换出0.1mol铜，反应生成的铜原子数为0.1×6.02×1023，故C错误；‎ D. NO2和N2O4的最简式都为NO2，46g “NO2”的物质的量为1mol，含有3mol原子，混合气体中含有的原子数为3×6.02×1023，故D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎6.下列溶液中滴入几滴石蕊试液，最终变红的是（ ）‎ A. 新制氯水 B. Na2CO3水溶液 C. SO2水溶液 D. NaCl水溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】石蕊溶液遇到酸性物质会变红；‎ A项，新制氯水中含有H+和HClO，H+能够使石蕊试液变红，而HClO具有漂白性，又能使变红的溶液褪为无色，故A不符合题意；‎ B项，Na2CO3属于强碱弱酸盐，碳酸根离子发生水解使溶液显碱性，石蕊试液遇碱变蓝，故B不符合题意；‎ C项，SO2与水反应生成亚硫酸，亚硫酸显酸性，能使石蕊试液变红，故C符合题意；‎ D项，氯化钠溶液显中性，不会使石蕊试液的颜色发生变化，故D不符合题意； ‎ 故答案选C。‎ ‎【点睛】氯水和二氧化硫的水溶液均显酸性，但是新制氯水中含有H+和HClO，所以溶液中滴入几滴石蕊试液，溶液先变红后褪色；而二氧化硫的水溶液中含有H+，溶液中滴入几滴石蕊试液，只变红不褪色，因为二氧化硫的漂白属于非氧化性漂白，且不能漂白酸碱指示剂。‎ ‎7.元素R的质量数为A，Rn一的核外电子数为x，则WgRn一所含中子的物质的量为（ ）‎ A. (A－x+n)mol B. (A－x－n)mol C. mol D. mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据阴离子核外电子数=质子数+所带电荷数计算元素R的质子数，由中子数=质量数-质子数计算Rn一含有的中子数，再根据n=m/M计算WgRn一的物质的量，结合Rn一含有的中子数，进而计算含有的中子的物质的量。‎ ‎【详解】Rn一核外电子数为x，所以质子数为x-n，元素R的质量数为A，所以中子数为(A－x+n)，所以WgRn一所含中子的物质的量为×(A－x+n)=(A－x+n)mol，故答案选C。‎ ‎8.下列实验中，所选装置不合理的是（ ）‎ A. 分离Na2CO3溶液和CCl4，选④ B. 用CCl4提取碘水中的碘，选③‎ C. 粗盐提纯，选①和② D. 用NaOH溶液吸收Cl2，选⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.碳酸钠溶液与四氯化碳互不相溶，分层，可以采用分液进行分离，选③，故A错误；‎ B.碘易溶于有机溶剂，用CCl4提取碘水中的碘，然后进行分液，选③，故B正确；‎ C.粗盐含有不溶于水的杂质，加水溶解、过滤、蒸发即可提纯，选①和②，故C正确；‎ D.氯气能够与氢氧化钠溶液反应，所以可以用用NaOH溶液吸收Cl2，选⑤，故D正确；‎ 故答案选A。‎ ‎【点睛】混合物的分离方法，取决于组成混合物的各物质的性质差异。萃取法适用于同一种溶质在两种互不相溶的溶剂中溶解度不同时，将混合物分离；结晶法适用于不同溶质在同一溶剂中溶解度受温度影响不同的混合物分离；蒸馏法适用于沸点不同、互相混溶的液态混合物的分离；分液法适用于互不相溶的两种液体组成的混合物分离。‎ ‎9.下列离子方程式正确的是（ ）‎ A. 碳酸钙与醋酸反应：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O B. 钠与水反应：Na+H2O= OH-+Na++H2↑‎ C. FcCl3溶液腐蚀铜板：Fe3++Cu=Cu2++Fe2+‎ D. 向少量碳酸氢钠溶液中滴加足量澄清石灰水：HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.碳酸钙与醋酸反应，醋酸属于弱酸，不能拆成离子形式，用分子式表示，正确的离子方程式：CaCO3+2CH3COOH═Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO﹣，故A错误；‎ B.钠与水反应，原子不守恒，正确的离子方程式：2Na+2H2O═2OH﹣+2Na++H2↑，故B错误；‎ C.FcCl3溶液与铜板反应生成氯化亚铁和氯化铜，电荷不守恒，正确的离子方程式：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，故C错误；‎ D.向少量碳酸氢钠溶液中滴加足量澄清石灰水，反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，离子方程式：HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O，故D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎【点睛】离子反应方程式的书写及判断是高中化学重要的内容。在判断离子方程式正误时，要从以下几个方面入手：先判断该反应是否满足反应发生的规律；第二判断各物质是否能够拆成离子，能拆的不拆，不该拆的拆了，就不符合要求；第三观察一下生成物是否书写正确；第四观察一下该离子反应电荷或电子或原子是否守恒。只要做到这些，才能够快速准确的解决问题的。‎ ‎10.将0.195g锌粉加入到20.0mL的0.100 mol·L-1MO2+溶液中，恰好完全反应，则还原产物可能是 A. M B. M2+ C. M3+ D. MO2+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎：根据我们所学的氧化还原反应，在反应中一定存在得失电子守恒。设反应后X元素的化合价为x，参加反应的MO2+的物质的量为0.002mol，参加反应的锌的物质的量为0.003mol，故存在：(5-x)×0.002=0.003×2，解得x=2，故选B。‎ ‎【考点定位】此题以氧化还原知识为载体，考查了化学计算知识。‎ 二、选择题：本题共6小题。每小题4分，共24分。每小题有一个或两个选项符合题意，若正确答案只包括一个选项，多选得0分;若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分。‎ 不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题有一个或两个选项符合题意。若正确答案包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该题就得0分。‎ ‎11.下列溶液的c(Cl-)与50mL1 mol·L-1的AlCl3溶液c(Cl-)相等的是（ ）‎ A. 150mL1mol·L-1的NaCl溶液 B. 75mL3mol·L-1的NH4Cl溶液 C. 75mL2mol·L-1的MgCl2溶液 D. 100mL2mol·L-1的FeCl3溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×溶质中含有离子的个数，与溶液的体积无关。‎ ‎【详解】50mL1 mol·L-1的AlCl3溶液中氯离子的物质的量浓度为1 mol·L-1×3=3 mol·L-1；‎ A.150mL1mol·L-1的NaCl溶液中氯离子的物质的量浓度为1mol·L-1×1=1 mol·L-1；‎ B.75mL3mol·L-1的NH4Cl溶液中氯离子的物质的量浓度为3 mol·L-1×1=3 mol·L-1；‎ C.5mL2mol·L-1的MgCl2溶液中氯离子的物质的量浓度为2 mol·L-1×2=4mol·L-1； ‎ D.100mL2mol·L-1的FeCl3溶液中氯离子的物质的量浓度为2mol·L-1×3=6mol·L-1；‎ 故答案选B。‎ ‎12.等体积的两容器内，一个盛一氧化氮，另一个盛氮气和氧气的混合气体，若容器内温度、压强相同，则两容器内所盛气体一定具有相同的（ ）‎ A. 原子总数 B. 质子总数 C. 分子总数 D. 质量 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 同温同压下，气体体积相等的两种气体，气体分子物质的量相等，根据N=nNA结合分子构成分析解答。‎ ‎【详解】同温同压下，氮气和氧气的总体积与一氧化氮体积相等，则氮气和氧气总物质的量与一氧化氮物质的量相等； ‎ A.氮气和氧气的物质的量与一氧化氮物质的量相等，都是双原子分子，当二者分子数相等时，原子数一定相等，故A正确；‎ B.氮气和氧气的物质的量之比为1：1时，两容器内含有质子总数相等，但氮气和氧气的物质的量之比不一定为1：1，故两容器内质子数不一定相等，故B错误； ‎ C.在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，故C正确；‎ D.氮气和氧气的物质的量之比为1：1时，氮气和氧气的总质量与一氧化氮的质量相等，但氮气和氧气的物质的量之比不一定为1：1，故氮气和氧气的总质量与一氧化氮的质量不一定相等，故D错误；‎ 故选AC。‎ ‎13.下列说法中正确的是（ ）‎ A. 某固体在加入稀盐酸后产生了无色无味且能使澄清石灰水变浑的气体，证明该固体一定含有CO32-‎ B. 某无色溶液滴加酚酞试液显红色，该溶液不一定是碱 C. 某溶液在焰色反应实验中出现黄色的火焰，则原溶液中一定有钠盐，可能有钾盐 D. 某溶液与NaOH溶液共热，产生使湿润蓝色石蕊试纸变红的气体，说明原溶液中存在NH4+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. HCO3-或CO32-均能与稀盐酸反应产生了无色无味且能使澄清石灰水变浑的气体；‎ B.无色溶液滴加酚酞试液显红色，该溶液可为碱或强碱弱酸盐；‎ C.焰色反应出现黄色的火焰的物质不一定为钠盐；‎ D.使湿润蓝色石蕊试纸变红的气体为酸性气体，而氨气为碱性气体。‎ ‎【详解】A.某固体在加入稀盐酸后产生了无色无味且能使澄清石灰水变浑的气体，该气体为二氧化碳，该固体中可能含有HCO3-，不一定含有CO32-，故A错误； ‎ B.某无色溶液滴加酚酞试液显红色，该溶液为碱性溶液，可能为碱，有可能为强碱弱酸盐，如碳酸钠溶液，所以该溶液不一定是碱，故B正确；‎ C.某溶液在焰色反应实验中出现黄色的火焰，则原溶液中一定有钠离子，但是不一定为钠盐，可能为氢氧化钠，故C错误； ‎ D.与NaOH溶液共热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明原溶液中存在NH4+，而不是使蓝色的石蕊试纸变红，故D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎14.二氧化氯（ClO2）是一种高效消毒剂，下列反应可制得ClO2：2NaClO3+Na2SO3＋H2SO4＝2ClO2↑+2Na2SO4＋H2O，对于该反应，下列说法正确的是（ ）‎ A. 生成1molClO2时，转移电子的物质的量为1mol B. 该反应为复分解反应 C. H2SO4发生氧化反应 D. NaClO3是氧化剂 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎2NaClO3+Na2SO3＋H2SO4＝2ClO2↑+2Na2SO4＋H2O中，Cl元素的化合价降低，S元素的化合价升高，以此来解答。‎ ‎【详解】A.Cl的化合价从+5价降低到+4价，则生成1molClO2，转移电子的物质的量为1mol，故A正确； ‎ B.该反应中存在化合价的变化，属于氧化还原反应，不是复分解反应，故B错误； ‎ C.反应过程中，H2SO4中各元素的化合价均没有发生变化，H2SO4没发生氧化反应，故C错误； ‎ D.Cl元素的化合价降低，则NaClO3得到电子，为氧化剂，故D正确；‎ 故答案选AD。‎ ‎15.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-、Mg2+、Ba2+、CO32-、SO42-，现取三份100mL溶液进行如下实验：‎ ‎（1）第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生 ‎（2）第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04mol ‎（3）第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g。根据上述实验，以下推测正确的是（ ）‎ A. K+一定存在 B. 100mL溶液中含0.01mol CO32-‎ C. Cl-可能存在 D. Ba2+一定不存在，Mg2+可能存在 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 由（1）知溶液中可能有Cl-、CO32-、SO42-；由（2）知溶液中一定NH4+；由（3）知溶液一定有SO42-和CO32-，无Ba2+、Mg2+，有K+。再由（3）中数据可算出:‎ nSO42-="2.33/233=0.01mol" , nCO32-=(6.27-2.33)/197=0.02mol 非选择题（60分）‎ ‎16.写出下列反应的离子方程式 ‎（1）一定条件下，向FeSO4溶液中滴加碱性NaBH4溶液，溶液中BH4—‎ ‎(B元素的化合价为+3)与Fe2+反应生成纳米铁粉、H2和B(OH)4—：_____。‎ ‎（2）硫酸酸化的硫酸亚铁溶液中加双氧水后溶液变为黄色：_____。‎ ‎（3）KMnO4与盐酸反应生成MnCl2和Cl2：________。‎ ‎（4）在碱性条件下，Cl2可将废水中的CN－氧化为无毒的CO2、N2：______。‎ ‎（5）在酸性条件下，向含铬废水中加入FeSO4，可将Cr2O还原为Cr3＋：_______。‎ ‎【答案】 (1). 2Fe2++BH4-+4OH-=2Fe↓+2H2↑+B(OH)4- (2). 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3+ +2H2O (3). 2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O (4). 5Cl2+2CN-+8OH-=2CO2+N2+10Cl-+4H2O (5). 6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）一定条件下，向FeSO4溶液中滴加碱性NaBH4溶液，溶液中BH4-(B元素的化合价为+3)与Fe2+反应生成纳米铁粉、H2和B(OH)4-，反应中只有Fe、H元素化合价发生变化，发生氧化还原反应，离子方程式为2Fe2++BH4-+4OH-=2Fe↓+2H2↑+B(OH)4-；‎ 故答案是：2Fe2++BH4-+4OH-=2Fe↓+2H2↑+B(OH)4-；‎ ‎（2）亚铁离子具有还原性，能够被双氧水氧化为铁离子，溶液显黄色，离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3+ +2H2O；‎ 故答案是：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3+ +2H2O；‎ ‎（3）KMnO4具有强氧化性，盐酸中Cl-具有还原性，被高锰酸钾氧化为氯气，KMnO4被还原为Mn2+，KMnO4与盐酸反应的离子方程式为：2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；‎ 故答案是：2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；‎ ‎（4）在碱性条件下，Cl2可将废水中的CN－氧化为无毒的CO2、N2，自身被还原为Cl-，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒可知发生反应的离子反应方程式为5Cl2+2CN-+8OH-=2CO2+N2+10Cl-+4H2O； ‎ 故答案是：5Cl2+2CN-+8OH-=2CO2+N2+10Cl-+4H2O； ‎ ‎（5）亚铁离子有还原性，Cr2O72-有强氧化性，二者能发生氧化还原反应，二价铁离子被氧化成三价铁离子，Cr2O72-被还原为Cr3＋，反应方程式为：6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O；‎ 故答案是：6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。‎ ‎17.实验室有密度为1.25 g·mL－1，质量分数为36.5%的浓盐酸，现需240mL0.1mol·L－1的盐酸，请回答下列问题：‎ ‎（1）浓盐酸的物质的量浓度为_____。‎ ‎（2）配制0.1 mol·L－1的盐酸应用量筒量取浓盐酸体积____mL。‎ ‎（3）配制时，其正确的操作顺序是(用字母表示，每个字母只能用一次，并将所缺内容填在横线上)______。‎ A．用30 mL蒸馏水洗涤____ 2～3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡 B．用量筒准确量取所需的浓盐酸的体积，沿玻璃棒倒入烧杯中，再加入少量水(约30 mL)，用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀 C．将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入容量瓶中 D．将容量瓶盖紧，振荡，摇匀 E．改用 _____加水，使溶液凹液面恰好与刻度线相切 F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线____处 ‎（4）若实验过程中出现如下情况，所配溶液浓度将会怎样？（填偏高或偏低）‎ ‎①加蒸馏水时不慎超过刻度线_____②量取浓盐酸时仰视______③定容时俯视_______‎ ‎【答案】 (1). 12.5mol/L (2). 2.0 (3). BCAFED (4). 烧杯内壁和玻璃棒 (5). 胶头滴管 (6). 1~2cm (7). 偏低 (8). 偏高 (9). 偏高 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据c=计算浓盐酸的物质的量浓度；‎ ‎(2)根据溶液稀释前后所含溶质的物质的量不变计算需要浓盐酸的体积；‎ ‎(3)根据用浓溶液配制稀溶液的一般操作步骤解答； ‎ ‎(4)分析操作对溶质的物质的量、溶液体积的影响，作出判断。‎ ‎【详解】(1)浓盐酸的物质的量浓度c==12.5mol/L；‎ 答案是: 12.5mol/L；‎ ‎(2)要配制240mL的溶液，应选择250mL的容量瓶，设需要浓盐酸的体积为V，根据溶液稀释前后所含溶质的物质的量不变得V×12.5mol/L=250mL×0.1mol·L－1，计算得出V=2.0mL；‎ 答案是: 2.0；‎ ‎(3)浓溶液配制稀溶液的一般操作步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀；结合以上分析可知，配制时，其正确的操作顺序是BCAFED；其中烧杯内壁上沾有溶质，为防止引起误差，必须洗涤烧杯内壁和玻璃棒 2～3次；定容时，开始时直接加入蒸馏水，为防止加水过量，到离刻度线1-2cm时，改用胶头滴管逐滴滴加到凹液面最低处与刻度线相切； ‎ 故答案是：BCAFED；烧杯内壁和玻璃棒；胶头滴管；1~2cm； ‎ ‎(4) ①加蒸馏水时不慎超过了刻度线，造成溶液体积偏大，根据c=可知，所配溶液的浓度偏低；‎ ‎②量取浓盐酸时仰视，造成溶质的量增多，根据c=可知，所配溶液的浓度偏高；‎ ‎③定容时俯视，溶液的体积偏小，根据c=可知，所配溶液的浓度偏高；‎ 故答案是：偏低；偏高；偏高。‎ ‎【点睛】对于容量瓶来讲，定容时俯视刻度线观察液面，会使溶液体积偏小，溶液浓度偏高；定容时仰视刻度线观察液面，会使溶液体积偏大，溶液浓度偏低；对于量筒来讲，量筒取浓盐酸时，俯视读数，量取的液体体积偏小，仰视读数，量取的液体体积偏大。‎ ‎18.海水是巨大的资源宝库，从海水中提取食盐和溴的过程如下：‎ ‎（1）写出步骤I中生成低浓度Br2的离子方程式______。‎ ‎（2）步骤I中已获得Br2，步骤I中又将Br2还原为Br-，其目的为富集溴元素，请写出步骤II的化学方程式_______。‎ ‎（3）在3mL溴水中加入1mL四氯化碳，振荡、静置后，观察到试管里的分层现象为如图中的_______。‎ ‎（4）某化学研究性学习小组为了解从工业溴中提纯溴的方法，查阅了有关资料：Br2‎ 的沸点为59℃，微溶于水，有毒性和强腐蚀性，他们设计了如图装置简图。请你参与分析讨论：‎ ‎①C中液体产物颜色为_____。‎ ‎②用离子方程式解释NaOH浓溶液的作用______。‎ ‎【答案】 (1). Cl2+2Br-=2Cl-+Br2 (2). Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4 (3). D (4). 深红棕色 (5). Br2+2OH-=Br-+BrO- +H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 海水淡化得到氯化钠，电解氯化钠溶液或熔融状态氯化钠会生成氯气，氯气通入母液中发生反应得到低浓度的溴单质溶液，通入热空气吹出后用二氧化硫水溶液吸收得到含HBr和硫酸的溶液，通入适量氯气氧化得到溴单质，富集溴元素，蒸馏得到工业溴；‎ ‎(1)步骤I中生成低浓度Br2，涉及氯气与溴离子的置换反应； ‎ ‎(2)步骤Ⅱ中又将Br2还原Br-，二氧化硫与溴发生氧化还原反应； ‎ ‎(3)四氯化碳的密度比水大，且溴易溶于四氯化碳； ‎ ‎(4)工业制溴中提纯溴的方法，主要是利用蒸馏方法，因为题干中给出信息Br2的沸点是59℃，提纯溴必须收集59℃时的馏分；C中液体为冷凝下来的纯溴，则颜色为深棕红色；溴蒸气有毒，需要用碱液来吸收。‎ ‎【详解】（1）氯气能够氧化溴离子得到氯离子和单质溴，离子方程式为：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2；‎ 故答案是：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2；‎ ‎（2）二氧化硫具有还原性，溴具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成硫酸和氢溴酸，步骤II的化学方程式为：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4；‎ 故答案是：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4；‎ ‎（3）四氯化碳能够萃取溴水中的溴，但是四氯化碳的密度大于水的密度，看到的现象是：溶液分层，溴溶解四氯化碳中呈橙红色，所以下层呈橙红色，上层为水层，呈无色，故D正确； ‎ 故答案选D。‎ ‎（4）①C中圆底烧瓶中产生液体为溴，颜色为深红棕色；‎ 答案是:深红棕色； ‎ ‎②Br2有毒，不能排放到环境中，D中浓NaOH溶液的作用是吸收挥发出来的溴，反应的离子方程式为Br2+2OH-=Br-+BrO- +H2O；‎ 故答案是: Br2+2OH-=Br-+BrO- +H2O。‎ ‎19.现代工业常以氯化钠为原料制备纯碱，部分工艺流程如图：‎ ‎（1）工业生产中，反应I的化学方程式是______。‎ ‎（2）海水中含有大量的NaCl，以及少量的Ca2+、Mg2+、SO42−等离子。‎ ‎①为得到纯净的饱和NaCl溶液，进行了如下操作。请补全操作步骤：‎ a．向浓缩后的海水中加入过量的氢氧化钠溶液后，过滤；‎ b．向滤液中_______，过滤；‎ c．向滤液中_______，过滤；‎ d．向滤液中加入足量的稀盐酸；‎ e．加热煮沸一段时间，得到饱和NaCl溶液。‎ ‎②步骤c中反应的离子方程式有____。‎ ‎（3）反应II化学方程式是______。‎ ‎（4）制得的纯碱中含有少量NaCl。取5.5g纯碱样品加入足量稀硫酸，得到标准状况下1120mLCO2。则样品中纯碱的质量分数是______%（保留1位小数）。‎ ‎【答案】 (1). NaCl +NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl (2). 加入过量的氯化钡溶液或氢氧化钡溶液 (3). 加入过量的碳酸钠溶液 (4). Ca2++CO32-=CaCO3↓、Ba2++CO32-=BaCO3↓ (5). 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O (6). 96.4%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)工业生产中，把二氧化碳通入氨气的氯化钠饱和溶液中，生成碳酸氢钠和氯化铵，据此写出方程式；‎ ‎(2)加入氢氧化钠溶液的目的是为了除去Mg2+，除去SO42−用BaCl2溶液（或氢氧化钡溶液），除去Ca2+和过量的Ba2+用Na2CO3溶液，据此分析进行解答并写出相应的离子方程式；‎ ‎(3)NaHCO3具有不稳定性，受热易分解；‎ ‎(4) 根据1mol Na2CO3~1molCO2，可以得出n（CO2）=n（Na2CO3）进而根据m=mM求出Na2CO3的质量，从而求出纯碱的质量分数=纯碳酸钠质量÷样品质量×100%。‎ ‎【详解】(1)工业生产中，把二氧化碳通入氨气的氯化钠饱和溶液中，生成碳酸氢钠和氯化铵，反应I的化学方程式是：NaCl +NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl；‎ 故答案是：NaCl +NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl；‎ ‎(2)①加入氢氧化钠溶液的目的是为了除去Mg2+，除去SO42−用BaCl2溶液（或氢氧化钡溶液），除去Ca2+和过量的Ba2+用Na2CO3溶液，故可以知道步骤b中应加入过量的BaCl2溶液或Ba(OH)2溶液，步骤c应加入过量的Na2CO3溶液；‎ 故答案是: 加入过量的氯化钡溶液或氢氧化钡溶液；加入过量的碳酸钠溶液； ‎ ‎②步骤c是加入过量的Na2CO3溶液以除去Ca2+和过量的Ba2+，故离子方程式为：Ca2++CO32-=CaCO3↓、Ba2++CO32-=BaCO3↓； ‎ 故答案是: Ca2++CO32-=CaCO3↓、Ba2++CO32-=BaCO3↓； ‎ ‎(3)NaHCO3固体加热即可分解为CO2、Na2CO3和水，方程式为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；‎ 答案是: 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；‎ ‎ (4)二氧化碳的物质的量n=1.12L÷22.4L/mol=0.05mol，而1mol Na2CO3~1molCO2，故Na2CO3的物质的量为0.05mol，则Na2CO3的质量m=mM=0.05mol×106g/mol=5.3g，故纯碱的质量分数=5.3g÷5.5g×100%=96.4%；‎ 答案是: 96.4%。‎ ‎【点睛】粗盐提纯时，所加试剂主要有Na2CO3溶液，NaOH溶液，BaCl2溶液，盐酸溶液；NaOH溶液主要除去Mg2+，BaCl2溶液主要除去SO42-，Na2CO3溶液主要除去Ca2+和剩余的Ba2+，等沉淀过滤后，加入盐酸除去过量的OH-、CO32-；因此只要记住：碳酸钠溶液一定加在BaCl2溶液之后，盐酸加在过滤后，操作的顺序就很容易确定了。‎ ‎20.某化学兴趣小组在实验室制取漂白粉，并探究氯气与石灰乳反应的条件和产物。‎ 已知：①二氧化锰与浓盐酸反应可制备氯气，同时生成MnCl2。‎ ‎②氯气和碱的反应为放热反应。温度较高时，氯气和碱还能发生如下反应：3Cl2+6OH-5Cl-+ClO3-+3H2O 该兴趣小组设计了下列实验装置，进行实验。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）①甲装置用于制备氯气，乙装置的作用是____________________。‎ ‎ ‎ ‎ ②该兴趣小组用100mL 12mol/L盐酸与8.7g MnO2制备氯气，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。‎ ‎（2）小组成员发现，产物中Ca(ClO)2的质量明显小于理论值。他们讨论后认为，部分氯气未与石灰乳反应而逸出，以及温度升高是可能原因。为了探究反应条件对产物的影响，他们另取一定量的石灰乳，缓慢、匀速地通入足量氯气，得出了、两种离子的物质的量（n）与反应时间(t)的关系曲线，粗略表示为下图（不考虑氯气和水的反应）。‎ ‎①图中曲线I表示_____________离子的物质的量随反应时间变化的关系。‎ ‎②所取石灰乳中含有Ca(OH)2的物质的量为______________mol。‎ ‎③另取一份与②等物质的量的石灰乳，以较大的速率通入足量氯气，反应后测得产物中的物质的量为0.37mol，则产物中=______________。‎ ‎（3）为了提高Ca(ClO)2的产率，可对丙装置作适当改进。请你给出一种改进方法：_____________。‎ ‎【答案】 (1). 除去氯气中混有的氯化氢 (2). 7.15 (3). ClO— (4). 0.25 (5). 7：6 (6). 将丙装置浸在盛有冷水的水槽中 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①饱和食盐水的主要作用是除去氯气中的氯化氢气体；②依据MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；2Cl2+2Ca(OH)2═CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，结合定量关系计算理论值；（2）①当温度低时，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙；当温度高时，生成氯酸钙和氯化钙，根据温度高低来判断属于哪种离子；②根据氧化还原反应中得失电子数相等计算氯离子的物质的量，然后根据含氯化合物中钙离子和阴离子的个数比计算氢氧化钙的物质的量；③另取一份与②等物质的量的石灰乳，以较大的速率通入足量氯气，反应后测得产物中Cl-的物质的量为0.37mol，依据氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙中钙离子和含氯元素的物质的量比为1：2，结合b计算得到氢氧化钙物质的量计算氯元素物质的量，依据氧化还原反应电子守恒，生成产物中氯元素守恒列式计算；（3）根据题中信息，在高温度下发生副反应，可以把丙装置放入冰水中。‎ ‎【详解】（1）①浓盐酸和二氧化锰反应过程中会发出氯化氢气体，所以通过饱和食盐水的作用是除去Cl2中混有的HCl气体； ②足量的浓盐酸与8.7g MnO2制备氯气，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；可以依据反应MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；2Cl2+2Ca(OH)2═CaCl2+ Ca(ClO)2+2H2O，得到定量关系：8.7g MnO2物质的量为0.1mol；‎ ‎ 2MnO2～Ca(ClO)2‎ ‎ 2 1‎ ‎0.1mol 0.05mol 所以理论上最多可制得Ca(ClO)2 质量=0.05mol×143g/mol=7.15g；（2‎ ‎）①当温度低时，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙；当温度高时，生成氯酸钙和氯化钙，刚开始反应时，温度较低，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙，所以图2中曲线I表示离子ClO-的物质的量随反应时间变化的关系，故答案为：ClO-；②根据氧化还原反应中得失电子数相等计算Cl-的物质的量，设被还原的氯离子的物质的量为n，则n×1=0.10mol×1+0.05mol×5=0.35mol，含氯离子的物质的量为：0.35mol+0.1mol+0.05mol=0.5mol，氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙中钙离子和含氯离子的个数比为1：2，所以所取石灰乳中含有Ca(OH)2的物质的量为0.25mol；③取一份与②等物质的量的石灰乳，物质的量为0.25mol，根据氧化还原反应中得失电子数相等，生成氯离子得到电子和生成次氯酸根和氯酸根失去的电子守恒，设n（ClO-）=x，n（ClO3-）=y；则得到：0.37=x×1+y×5；依据氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙中钙离子和含氯元素的物质的量比为1：2，得到氯元素物质的量为0.5mol；x+y+0.37=0.5，‎ 解得：x=0.07mol，y=0.06mol，则产物中=7：6；（3）由于反应在高温度下发生副反应，所以改进措施可以把丙装置放入冰水中，避免发生3Cl2+6OH-5Cl-+ClO3-+3H2O，‎ 故答案为：将丙装置浸在盛有冷水的水槽中。‎ ‎【点睛】本题考查了实验室制漂白粉的装置分析和制备条件判断，温度不同产物不同，图象分析是解题关键，注意通过氧化还原反应的电子守恒计算应用，实验装置和步骤的分析需要熟练掌握实验基本操作，题目难度较大。‎ ‎21.取NaCl和KCl的混合物25g，溶于水配成溶液，加入体积为1L 0.42mol·L－1的AgNO3溶液，充分反应后过滤出沉淀，再向滤液中加入100gCu片，反应完全后，取出Cu片，洗涤干燥称其重量为101.52g，求原混合物中NaCl和KCl的物质的量各为多少？‎ ‎【答案】n(NaCl)=0.3mol n(KCl)=0.1mol ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 题目中给出的AgNO3的物质的量一定，又知加入AgNO3后溶液中的Cl－完全沉淀后，加入铜片质量增加，说明AgNO3过量，只有通过Cu片增加部分求过量的AgNO3，然后再通过AgNO3总物质的量减去过量的AgNO3，剩余AgNO3为产生沉淀的部分，就可以推出NaCl、KCl各自的物质的量。‎ ‎【详解】(1)AgNO3的物质的量为：1L×0.42mol·L－1＝0.42mol；‎ ‎(2)设与Cu反应的硝酸银的物质的量为x Cu+2AgNO3＝Cu(NO)3+2Ag　　　　△m ‎64　　2mol(2×170)　　　　216　　　　216－64＝152‎ ‎　　　　　x　　　　 101.52－100＝1.52g ‎，解得x＝0.02mol ‎(3) 根据反应NaCl　+AgNO3＝AgCl↓+NaNO3、KCl　+AgNO3　＝AgCl↓+KNO3，则有 n(NaCl)+n(KCl)= 0.42mol -0.02mol=0.40mol，n(NaCl)×58.5g/mol+n(KCl)×74.5g/mol=25g，解得： n(NaCl)=0.3mol 、n(KCl)=0.1mol。‎ ‎ ‎