【化学】河北省唐山市玉田县2019-2020学年高一上学期期中考试试题（解析版）

【化学】河北省唐山市玉田县2019-2020学年高一上学期期中考试试题（解析版）

河北省唐山市玉田县2019-2020学年高一上学期期中考试试题 说明：1.本试卷分卷Ⅰ和卷Ⅱ两部分，共30题；满分100分，考试时间90分钟。‎ ‎2.卷Ⅰ为选择题，请将答案用2B铅笔填涂在答题卡上，卷Ⅱ用黑色签字笔答在答题卡相应位置上，不要超出答题区域否则不计分。‎ 相对原子质量：H—1；C—12；N—14；O—16；Na—23；S—32；Cl—35.5；Ca—40‎ 卷Ⅰ(选择题，共48分)‎ 一、选择题(每小题只有一个选项符合题意。每小题2分，共48分)‎ ‎1.下列分散系能产生“丁达尔效应”的是（   ）‎ A. 葡萄糖溶液                   B. 淀粉溶液                   C. 盐酸         D. 油水 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】此题考查胶体的基本性质，胶体具有丁达尔效应。‎ ‎【详解】A. 葡萄糖溶液是溶液，不是胶体，不能产生丁达尔现象，不符合题意。‎ B. 淀粉溶液是胶体，能产生丁达尔现象，符合题意。‎ C. 盐酸不是胶体，不能产生丁达尔现象，不符合题意。‎ D. 油水不是胶体，不能产生丁达尔现象，不符合题意。‎ 故答案为B。‎ ‎2.ClO2一种高效安全灭菌消毒剂。ClO2属于( )‎ A. 酸 B. 碱 C. 盐 D. 氧化物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】二氧化氯是由氯元素和氧元素组成的化合物，属于氧化物。‎ 故选：D。‎ ‎3.下列物质属于电解质的是( )‎ A. 稀硫酸 B. 酒精 C. 熔融的氯化钠 D. 二氧化碳 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.稀硫酸属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；‎ B.酒精在水溶液中和熔融状态下都不能导电，属于非电解质，故B错误；‎ C.熔融的氯化钠能够导电，属于电解质，故C正确；‎ D. 二氧化碳本身不能电离出离子属于非电解质，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎4.下列仪器名称为“分液漏斗”的是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 该仪器是普通漏斗，可用于过滤操作。故A错误；‎ B. 该仪器是分液漏斗，用于萃取分液操作，故B错误；‎ C.该仪器是容量瓶，主要用于一定物质的量浓度溶液的配制，故C错误；‎ D. 该仪器是蒸馏烧瓶，可用于蒸馏操作。故D错误；‎ 故选择：B。‎ ‎5.500 mL 2 mol·L－1的MgCl2溶液中含有氯离子的物质的量是(　　)‎ A. 1 mol B. 2 mol C. 3 mol D. 1000 mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：n（MgCl2）= 2mol/L×‎0.5L=1mol；n（Cl-）=2n（MgCl2）= 2mol，故B正确。‎ ‎6.生活、生产离不开化学。下列物质的分离方法中，利用粒子大小差异的是( )‎ A. 海水晒盐 B. 过滤豆浆 C. 精油萃取 D. 酿酒蒸馏 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 海水晒盐，与盐类物质与水的沸点差异有关，故A错误；‎ ‎ B.过滤豆浆为过滤，与粒子大小差异有关，故B正确；‎ C. 精油萃取为萃取，与溶质在不同溶剂中溶解度差异有关，故C错误；‎ D. 酿酒蒸馏为蒸馏，与液体混合物的沸点差异有关，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎7.下列实验操作正确的是( )‎ A. 用100 mL量筒量取5.5 mL稀盐酸 B. 用托盘天平称量‎11.50g NaCl固体 C. 使用容量瓶配制溶液，移液时应洗涤烧杯2～3次 D. 配制一定浓度的溶液时，固体物质可以直接在容量瓶中溶解 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 选用量筒时，应该满足量筒规格与量取的液体体积最接近原则，如量取5.5mL溶液，应该选用10mL的量筒，所以不能用100mL量筒量取5.5mL稀盐酸，故A错误；‎ B. 托盘天平只能准确到‎0.1g，不能够用托盘天平称量11.50gNaCl固体，故B错误；‎ C. 使用容量瓶配制溶液，为了减小误差，移液时应洗涤烧杯2∼3次，并将洗涤液转移到容量瓶中，故C正确；‎ D. 容量瓶不能够用于溶解和稀释溶质，所以配制一定物质的量浓度的溶液时，固体物质需要在烧杯中溶解，不能够在容量瓶中溶解，故D错误；‎ 故选:C。‎ ‎8.已知A的原子序数是x，B－与A3+具有相同的电子层结构，则B元素的原子序数为( )‎ A. x+4 B. x‎-4 ‎C. x+1 D. x-1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设元素B的核电荷数是Y，已知A的原子序数是X，核电荷数为X，所以A3+的核外电子数等于X-3，同理B-的离子中带有（Y+1）个电子．因为B-和A3+具有相同的电子层结构，即核外电子数相同；所以X-3=Y+1，即Y=X-4．‎ 故选：B。‎ ‎9.下列操作过程中一定有氧化还原反应发生的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项是溶液的蒸发，没有化合价的变化，不是氧化还原反应，错误；‎ B项是酸碱中和反应，没有化合价的变化，不是氧化还原反应，错误；‎ C项是溶解过程，没有化合价的变化，不是氧化还原反应，错误；‎ D项是电解，一定有化合价变化，是氧化还原反应，正确。答案选D。‎ ‎10.化学兴趣小组进行化学实验，按照图(左)连接好线路发现灯泡不亮，按照图(右)连接好线路发现灯泡亮。由此得出的结论正确的是( )‎ A. Na2SO4固体不导电，所以Na2SO4固体是非电解质 B. Na2SO4溶液能导电，所以Na2SO4溶液是电解质 C. Na2SO4在水溶液中电离方程式：Na2SO4＝2Na++SO42-‎ D. Na2SO4溶液中，水电离出大量的离子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Na2SO4固体在溶液水或熔化状态下都能导电，是化合物，属于电解质，故A错误；‎ B. 电解质必须为化合物，而Na2SO4溶液属于混合物，一定不是电解质，故B错误；‎ C. Na2SO4溶于水时，在水分子的作用下电离出了可以自由移动的离子，故C正确；‎ D. 水为极弱电解质，不可能电离出大量的离子，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎11.钇(Y)是稀土元素之一。下列关于的说法中不正确的是( )‎ A. 质量数是89‎ B. 中子数与电子数之差为50‎ C. 核外电子数是39‎ D. 和互为同位素 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 原子符号左上角为质量数，所以钇原子质量数为89，故A正确；‎ B. 质子数+中子数=质量数，中子数=质量数−质子数=89−39=50，电子数与中子数之差为50−39=11，故B错误；‎ C. 原子的核外电子数=核内质子数，所以核外有39个电子，故C正确；‎ D. 和质子数相同，中子数不同，互为同位素，故D正确；‎ 故选：B。‎ ‎12.下列叙述正确的是（ ）‎ A. 1molOH-的质量为‎17g B. 二氧化碳的摩尔质量为‎44g C. 铁原子的摩尔质量等于它的相对原子质量 D. 标准状况下，1mol 任何物质的体积均为‎22.4L ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 1molOH-的质量为‎17g，故A正确；‎ B. 二氧化碳的摩尔质量为‎44g/mol，故B错误；‎ C. 铁原子的摩尔质量在数值上等于它的相对原子质量，摩尔质量的单位是g/mol，相对原子质量的单位是1，故C错误；‎ D. 标准状况下，1mol 任何气体的体积约为‎22.4L，故D错误；‎ 答案：A ‎13.实验室提纯含少量氯化钠杂质的硝酸钾的过程如右图所示。下列分析正确的是（   ）‎ A. 操作Ⅰ是过滤，将固体分离除去 ‎ B. 操作Ⅱ是加热浓缩、趁热过滤，除去杂质氯化钠 C. 操作Ⅲ是过滤、洗涤，将硝酸钾晶体从溶液中分离出来 ‎ D. 操作Ⅰ~Ⅲ总共需两次过滤 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】KNO3中混有NaCl应提纯KNO3，将它们都溶于水，并降温结晶．因为KNO3的溶解度随温度的升高而升高，NaCl的溶解度随温度的升高而基本无明显变变化．则有，操作Ⅰ是在烧杯中加水溶解，操作Ⅱ是蒸发浓缩，得到较高温度下的KNO3饱和溶液，操作Ⅲ为冷却结晶，利用溶解度差异使KNO3结晶析出，过滤，洗涤，干燥可得KNO3晶体，故选C。‎ ‎14.同温同压下，同体积的甲、乙两种气体的质量比是17:14。若甲气体是H2S，则乙气体不可能是( )‎ A. N2 B. HCl C. C2H4 D. CO ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】同温同压下，体积之比等于物质的量之比，同体积的甲乙两种气体物质的量相同，质量比是17：14，根据m=nM可知，甲与乙的摩尔质量之比为17：14，据此计算乙的摩尔质量，结合选项解答．‎ ‎【详解】同温同压下，体积之比等于物质的量之比，同体积的甲乙两种气体物质的量相同，质量比是17：14，根据m=nM可知，甲与乙的摩尔质量之比为17：14，若甲气体是H2S，则‎34 g/mol：M（乙）=17：14，故M（乙）=‎28g/mol，各选项中只有HCl不符合，‎ 故选：B。‎ ‎15.意大利罗马大学的FulvioCacsce 等人获得了极具理论研究意义的N4 分子，下列说法正确的是（ ）‎ A. N4属于一种新型的化合物 B. N4与N2的摩尔质量相等 C. 标准状况下，等体积的N4与N2所含的原子个数比为1:2‎ D. 等质量的N4与N2所含的原子个数比为1:1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. N4属于单质，故A错误；‎ B. N4的摩尔质量为‎56g/mol，N2的摩尔质量为‎28g/mol，并不相等，故B错误；‎ C. 标准状况下，等体积的N4与N2物质的量相等，所含的原子个数比为2:1，故C错误；‎ D. 等质量的N4与N2所含的原子个数比为1:1，故D正确；‎ 答案：D ‎16.下列反应中，氯元素全部被氧化的是（   ）‎ A. 2Na+Cl2=2NaCl B. 2NaCl2Na+Cl2↑‎ C. NaOH+HCl=NaCl+H2O D. 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 该反应中Cl元素化合价由0价变为−1价，所以氯元素得电子化合价降低，全部被还原，故A错误；‎ B. 该反应中Cl元素化合价由−1价变为0价，所以Cl元素失电子化合价升高，全部被氧化，故B正确；‎ C. 该反应中没有电子转移，所以不是氧化还原反应，属于复分解反应，故C错误；‎ D. 该反应中Cl元素化合价由0价变为−1价、+1价，所以Cl元素被氧化、被还原，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎17.实验室一试剂瓶的标签上标有“CaCl2 0.1mol·L‎-1”‎的字样，下列说法正确的是( )‎ A. Ca2+ 和Cl-的物质的量浓度都是1mol·L-1‎ B. 配制‎1L该溶液，可将0.1mol的CaCl2溶于‎1L水 C. 取该溶液的一半，则所取溶液c(CaCl2)=0.05mol·L-1‎ D. 取少量该溶液加水至溶液体积为原来的二倍，所得溶液c(Cl−)=0.1mol·L-1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】标签上标有“CaCl20.1mol⋅L−‎1”‎的字样，即在‎1L的溶液中含1mol CaCl2。‎ ‎【详解】A. 在CaCl2中，Ca2+和Cl−的物质的量之比为1:2，则浓度之比也为1:2，故Ca2+的浓度为0.1mol/L，而Cl−的浓度应为0.2mol/L，故A错误；‎ B. 将0.1mol CaCl2溶于‎1L水中，所得溶液的体积不是‎1L，浓度不是0.1mol·L-1，故B错误；‎ C. 溶液是均一稳定的，浓度与取出的溶液的体积是多少无关，故C错误；‎ D. 溶液中Cl−的浓度为0.2mol/L；将溶液稀释一倍,则浓度减半，故稀释后Cl−‎ 的浓度应为0.1mol/L，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎18.用玻璃棒蘸取新制氯水滴在pH试纸中部，观察到的现象是(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】新制的氯水中含有氯气、次氯酸、盐酸等成分，具有酸性和漂白性，中间部分被次氯酸漂白，而四周没有和次氯酸反应，仍有指示剂的作用，pH试纸与酸显红色。故答案为B。‎ ‎19.NA表示阿伏加德罗常数。下列说法正确的是( )‎ A. 阿伏伽德罗常数是6.02×1023‎ B. 常温下，NA个Cl2分子所占有的体积为‎22.4L C. 32gO2和O3混合气体中含有原子数为2NA D. 1molHCl气体中的粒子数与0.5mol·L-1盐酸中溶质粒子数相等 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 阿伏伽德罗常数是6.02×1023mol-1，故A错误；‎ B. 常温下，气体摩尔体积不是‎22.4L/mol，故NA个Cl2分子所占有的体积不是‎22.4L，故B错误；‎ C. 32gO2和O3混合气体中含有原子数N=m÷M×NA=‎32g÷‎16g/mol×NA =2NA，故C正确；‎ D. 1molHCl气体中含NA个HCl分子, 而盐酸溶液中无HCl分子, 含有的溶质粒子为氢离子和氯离子, 故‎2L0.5mol/L的盐酸溶液中溶质粒子的个数为2NA个，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎20.下列图示中逻辑关系正确的是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.有些化合反应不属于氧化还原反应，如氧化钙和水生成氢氧化钙，故A错误；‎ B.气溶胶包含在胶体中，故B错误；‎ C.钾盐和钠盐可以是碳酸盐，碳酸盐也可以是钠盐钾盐，故C错误；‎ D.混合物、单质、电解质、非电解质是四个不同概念，图中关系正确，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎21.下列变化必须加入氧化剂才能实现的是（   ）‎ A. CuO→CuSO4 B. CO2→CO ‎ C. Fe→Fe3O4 D. KClO3→O2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CuO→CuSO4中不存在元素化合价变化，不需要加入氧化剂，故A错误；‎ B．CO2→CO中C元素化合价降低被还原，需要加入还原剂实现，故B错误；‎ C．Fe→Fe3O4中Fe元素化合价升高被氧化，需要加入氧化剂才能实现，故C正确；‎ D．KClO3→O2中O元素化合价升高被氧化，但直接加热KClO3即可分解生成O2，不需要加入还原剂也能实现，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎22.符合如下实验过程和现象的试剂组是(　　)‎ 选项 甲 乙 丙 A MgCl2 ‎ HNO3 ‎ K2SO4 ‎ B BaCl2‎ HNO3‎ K2SO4 ‎ C NaNO3‎ H2SO4 ‎ Ba(NO3)2 ‎ D BaCl2‎ HCl CaCl2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碳酸钾与氯化镁反应生成碳酸镁沉淀，加入硝酸，沉淀溶解反应生成硝酸镁溶液，加入硫酸钾不反应，没有白色沉淀生成，故A错误；‎ B．碳酸钾与氯化钡反应生成碳酸钡沉淀，加入硝酸反应生成硝酸钡溶液，加入硫酸钾生成硫酸钡沉淀，故B正确；‎ C．碳酸钾与硝酸钠不反应，故C错误；‎ D．碳酸钾与氯化钡反应生成碳酸钡沉淀，加入盐酸反应生成氯化钡溶液，加入氯化钙不反应，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎23.某日的玉田县空气质量指数如图所示，下列说法中正确的是( )‎ A. O3属于非电解质 B. SO2和CO均属于酸性氧化物 C. 机动车限行可减少雾霾的产生，雾霾不能产生丁达尔效应 D. 反应2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O中，NO2既是氧化剂又是还原剂 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. O3属于单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；‎ B. CO与碱不反应，不属于酸性氧化物，故B错误；‎ C. 机动车限行可减少雾霾的产生，雾霾是胶体，能产生丁达尔效应，故C错误；‎ D. 反应2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O中，氮元素的化合价即升高又降低，所以NO2‎ 既是氧化剂又是还原剂，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎24.某同学用下列装置进行有关Cl2的实验。下列说法不正确的是( )‎ A. 闻Cl2的气味 B. 生成棕黄色的烟 C. 若气球干瘪，证明Cl2可与NaOH反应 D. 浸有NaOH溶液的棉球用于吸收过量的氯气，以免其污染空气 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 打开药品瓶塞，用手轻轻地在瓶口扇动，使极少量的气体飘进鼻孔，故图中闻气体其他的操作正确，故A正确；‎ B. 铜在氯气中燃烧产生棕黄色的烟，故B正确；‎ C.氯气反应后烧瓶内压强降低，气球膨胀鼓起，故C错误；‎ D. 氯气与氢氧化钠溶液反应以免污染空气，故D正确；‎ 故选：C。‎ 卷Ⅱ(非选择题，共52分)‎ ‎25.铜器久置于空气中会和空气中的水蒸气、二氧化碳、氧气作用产生“绿锈”，该“绿锈”俗称“铜绿”，又称“孔雀石”(碱式碳酸铜)，“铜绿”能跟酸反应生成铜盐、二氧化碳和水。某同学利用下述系列反应实现了“铜→铜绿→……→铜”的转化。‎ 铜铜绿ACu(OH)2BCu ‎（1）从三种不同分类标准回答，“铜绿”属于物质的类别是____。‎ ‎（2）请写出铜绿与盐酸反应的化学方程式_____。‎ ‎（3）写出B的化学式_____。‎ ‎（4）上述转化过程中属于化合反应的是___，属于复分解反应的是_____。‎ ‎【答案】(1). 盐(或铜盐、或碳酸盐) (2). Cu2(OH)2CO3＋4HCl=2CuCl2＋3H2O＋CO2↑ (3). CuO (4). ① (5). ②③‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）铜绿是碱式碳酸铜（Cu2(OH)2CO3），有金属离子和酸根离子，属于盐，阳离子是铜离子，属于铜盐，阴离子是碳酸根离子，属于碳酸盐。故答案为盐(或铜盐、或碳酸盐)。‎ ‎（2）铜绿和盐酸发生复分解反应：Cu2(OH)2CO3＋4HCl=2CuCl2＋3H2O＋CO2↑。‎ ‎（3）从转化关系中可以看出，A是铜盐，和可溶性碱发生复分解反应生成Cu(OH)2，Cu(OH)2再受热分解得到CuO，CuO再和氢气发生置换反应生成铜，故B是CuO。‎ ‎（4）铜和空气中的水蒸气、二氧化碳、氧气作用产生Cu2(OH)2CO3，是化合反应。铜绿和盐酸的反应是复分解反应，得到的铜盐和可溶性碱发生的是复分解反应，故答案为 ① ；②③。‎ ‎26.按要求回答下列问题：‎ ‎(1)含有相同碳原子数的CO和CO2，其质量比为________。‎ ‎(2)标准状况下有①‎44.8L CH4，②9.03×1023个NH3分子，③‎85g H2S三种气体，这三种气体的物质的量从大到小的顺序是________。‎ ‎(3)若‎1g CO2中含有x个原子，则阿伏加德罗常数可表示为________。‎ ‎(4)‎4.9g H2SO4含________个H2SO4分子，能和________mol NaOH完全反应。‎ ‎【答案】(1). 7:11 (2). ③①② (3). mol-1 (4). 0.05NA(或3.01×1022) (5). 0.1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）含有相同碳原子数的CO和CO2，二者物质的量相等，结合m=nM计算二者质量比；‎ ‎（2）根据n=V÷Vm计算甲烷物质的量，根据n=N÷NA计算氨气物质的量，根据n=m÷M计算H2S的物质的量；‎ ‎（4）根据n=m÷M计算硫酸物质的量，根据N=nNA计算硫酸分子数目；由H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，可知消耗NaOH物质的量为硫酸的2倍；‎ ‎【详解】(1)含有相同碳原子数的CO和CO2，二者物质的量相等，故二者质量之比为‎28g/mol:‎44g/mol=7:11，故答案为：7:11；‎ ‎(2)‎44.8L CH4的物质的量为‎44.8L÷‎22.4L/mol=2mol，9.03×1023个NH3分子物质的量为9.03×1023÷6.02×1023mol−1=1.5mol，‎85g H2S的物质的量为‎85g÷‎34g/mol=2.5mol，故这三种气体的物质的量从大到小的顺序是③①②，故答案为：③①②；‎ ‎（3） ‎1 g CO 2 的物质的量为‎1g÷‎44g/mol ＝ mol，1 mol CO 2 中含有 3 mol 原子，即 3 N A 个， mol CO 2 中含有 mol 原子，即 × N A ＝ x ， N A ＝mol－ 1 ；‎ 故答案为：mol-1；‎ ‎(4)‎4.9g H2SO4的物质的量为‎4.9g÷‎98g/mol=0.05mol,含有H2SO4分子数目为0.05mol×6.02×1023mol−1=3.01×1022，由H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，可知n(NaOH)=2n(H2SO4)=0.05mol×2=0.1mol，故答案为：0.05NA(或3.01×1022)；0.1。‎ ‎27.已知：X、Y、Z是三种常见元素，X原子核内只有一个质子，Y原子的最外层电子数是次外层的三倍，且X、Y、Z均能形成中学常见的双原子气体单质，并有如下转化关系：‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)写出Y2的化学式____________。‎ ‎(2)X2分别在Y2、Z2中点燃时火焰的颜色是________、_________。‎ ‎(3)Z2与X2Y反应生成两种酸，其化学方程式为 ___________________。‎ ‎(4)Z2与NaOH溶液反应的化学方程式为________________________。‎ ‎【答案】(1). O2 (2). 淡蓝色 (3). 苍白色 (4). Cl2+H2OHCl+HClO (5). 2NaOH+Cl2＝NaCl+NaClO+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】X、Y、Z是三种常见元素，X原子核内只有一个质子，所以X是H元素，Y原子的最外层电子数是次外层的三倍，说明只有两个电子层，最外层电子数是6，即是O元素，且X、Y、Z均能形成中学常见的双原子气体单质，氢气在Z2燃烧，生成XZ，可知Z是氯元素，所以形成的单质分别是：氢气，氧气，氯气，据此回答问题。‎ ‎【详解】（1）根据分析Y2的化学式O2，故答案为：O2‎ ‎（2）氢气分别在氧气，氯气中燃烧的火焰的颜色是淡蓝色 ， 苍白色；故答案为：淡蓝色 ；苍白色；‎ ‎（3）氯气和水反应生成氯化氢和次氯酸，故化学方程式是：Cl2+H2OHCl+HClO，故答案为：Cl2+H2OHCl+HClO；‎ ‎（4）氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠，次氯酸钠，水，故化学方程式是：2NaOH+Cl2＝NaCl+NaClO+H2O，故答案为：2NaOH+Cl2＝NaCl+NaClO+H2O。‎ ‎28.按要求回答下列问题：‎ ‎(1)实验室中需要配制2 mol·L-1的NaOH溶液950 mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取的NaOH的质量分别是__________、___________。‎ ‎(2)现用98%的浓H2SO4(ρ=‎1.84g/cm3)配制浓度为0.5mol·L-1的稀硫酸500mL。‎ ‎①所需浓H2SO4的体积为_________mL。‎ ‎②配制过程中正确的操作顺序为_____________(填选项字母)。‎ a.量取浓H2SO4 b.反复颠倒摇匀 c.加水定容 d.稀释浓H2SO4，冷却 e.洗涤所用仪器并将洗涤液转入容量瓶 f.将稀释溶液转入容量瓶 ‎③分析下列操作对所配硫酸浓度的影响，选填“偏高”、“ 偏低”或“无影响”。在转入容量瓶前烧杯中的液体未冷却将使所配溶液浓度________；定容时仰视容量瓶刻度线将使所配溶液浓度________。‎ ‎【答案】(1). 1000 mL (2). ‎80.0g (3). 13.6 (4). a-d-f-e-c-b (5). 偏高 (6). 偏低 ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）实验室没有950mL的容量瓶，应用1000mL的容量瓶进行配制，根据n=cV以及m=nM进行计算；‎ ‎（2）①浓H2SO4的物质的量浓度c=1000ρω÷M，再根据溶液稀释前后物质的量不变计算所需浓硫酸的体积；‎ ‎②根据实验操作的步骤进行实验步骤的排序；‎ ‎③根据热溶液冷却后体积变小分析对配制溶液浓度的影响；根据c=n÷V分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断。‎ ‎【详解】(1)实验室没有950mL的容量瓶，应用1000mL的容量瓶进行配制，则n（NaOH）=‎1L×2mol/L=2mol，m（NaOH）=2mol×‎40g/mol=‎80g，故答案为：1000ml；‎80g；‎ ‎（2）①浓H2SO4的物质的量浓度c= 1000ρω÷M=1000ml×‎1.84g/cm3×98%÷‎98g/mol=18.4‎ mol/L，根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，来计算浓硫酸的体积，设浓硫酸的体积为xmL，所以xmL×18.4mol/L=500mL×0.5mol/L，解得：x≈13.6，所以应量取的浓硫酸体积是13.6mL，故答案为：13.6mL； ‎ ‎②配制步骤有量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取（用到胶头滴管）浓硫酸，在烧杯中稀释，将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入盛有少量水的烧杯中，边加边用玻璃棒搅拌，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2～3次，并将洗涤液也全部转移到容量瓶中，向向容量瓶中加蒸馏水，当加水至液面距离刻度线1～‎2cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面正好跟刻度相平，盖好容量瓶塞，反复颠倒摇匀，将配好的稀硫酸倒入试剂瓶中，贴好标签、贮存．实验操作正确的顺序a-d-f-e-c-b，故答案为：a-d-f-e-c-b；‎ ‎③浓硫酸稀释过程中放出大量的热，在转入容量瓶前烧杯中液体应该冷却到室温，否则导致配制的溶液体积偏小，根据c=n÷V可得，配制的溶液浓度偏高；定容时若仰视，导致加入的蒸馏水体积偏大，根据c=n÷V可得，配制的溶液浓度偏低；故答案为：偏高；偏低。‎ ‎29.Cl2是中学化学重要气体之一，实验室常用二氧化锰与浓盐酸反应制取Cl2。请回答下列问题：‎ Ⅰ实验室用二氧化锰制取Cl2的化学方程式为______________________________，如图所示制取氯气装置中至少存在_____________明显错误。‎ Ⅱ实验室也可用高锰酸钾与浓盐酸反应制取Cl2，并收集和检验Cl2的性质。‎ 已知：①KMnO4在不加热的条件下可与浓盐酸发生反应制取Cl2。‎ ‎②无水CaCl2可吸收水蒸气。‎ ‎(1)将反应原理补充完整：2KMnO4+16HCl(浓)=________+5Cl2↑+8H2O。‎ ‎(2)选择实验装置，完成相应的实验：‎ ‎①若制取、收集干燥纯净的Cl2，按装置连接顺序可以选择其中的______(填序号)进行实验。‎ ‎②若按A-E-D-F-G-L顺序连接装置进行实验，可得出的实验结论是___________。‎ ‎③在上述实验①和②中，制取氯气前必须进行的一项操作是______，装置E中的试剂是______。‎ ‎【答案】(1). 4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O (2). 3 (3). 2KCl+2MnCl2 (4). A-E-D-I-L或A-E-D-L (5). Cl2无漂白性，HClO有漂白性或干燥的氯气无漂白性，潮湿的氯气有漂白性 (6). 检查装置的气密性 (7). 饱和食盐水 ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）根据反应物写出化学方程式；制取氯气的要求和装置分析错误；根据原子守恒补充完整；‎ ‎①若制取、收集干燥纯净的Cl2，需要发生装置，除杂质装置，干燥装置，收集装置；‎ ‎②若按A-E-D-F-G-L顺序连接装置进行实验，检验氯气是否具有漂白性；‎ ‎③在上述实验①和②中，制取氯气前必须进行的一项操作是检查装置的气密性。‎ ‎【详解】Ⅰ实验室用二氧化锰制取Cl2的化学方程式为4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O，制取氯气时浓盐酸需要用分液漏斗盛放，而图中用的是长颈漏斗，错误；该反应需要加热，缺少酒精灯，氯气有毒，不能直接排放到空气中，需要尾气处理，共有3处错误，故答案为：4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O；3‎ Ⅱ（1）KMnO4在不加热的条件下可与浓盐酸发生反应制取Cl2‎ ‎，生成氯化钾，氯化锰，氯气和水，再根据原子守恒配平，故补充完整是2KCl+2MnCl2，故答案为：2KCl+2MnCl2；‎ ‎（2）①若制取、收集干燥纯净的Cl2，需要发生装置A，除杂装置需要用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，即是装置E，用氯化钙（浓硫酸）吸收氯气中的水，即是装置D(E)，因为氯气的密度大于空气的密度，用向上排空气法收集气体，即是装置I，氯气有毒，不能直接排放到空气中，需要尾气处理，用氢氧化钠溶液吸收，需要装置L，故连接的顺序是A-E-D-I-L或A-E-D-L，故答案为：A-E-D-I-L或A-E-D-L；‎ ‎②若按A-E-D-F-G-L顺序连接装置进行实验，即是生成的氯气通过饱和的氯化钠溶液除去氯化氢杂质，通过氯化钙除去水，得到干燥的氯气，遇到干燥的有色布条，干燥的有色布条不褪色，说明氯气不具有漂白性，再通入湿润的有色布条，有色布条褪色，说明氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，所以得出的结论是Cl2无漂白性，HClO有漂白性或干燥的氯气无漂白性，潮湿的氯气有漂白性，故答案为：Cl2无漂白性，HClO有漂白性或干燥的氯气无漂白性，潮湿的氯气有漂白性；‎ ‎③在上述实验①和②中，制取氯气前必须进行的一项操作是检查装置的气密性，装置E的作用是除去氯气中的氯化氢气体，用的试剂是饱和的氯化钠溶液，故答案为：检查装置的气密性；饱和的氯化钠溶液。‎ ‎30.漂白粉的主要成分是次氯酸钙和氯化钙。请回答下列问题：‎ ‎(1)漂白粉长期露置在空气中会变质，写出漂白粉变质过程中涉及的化学方程式(若涉及氧化还原反应，请标注电子转移情况)：____________________________。‎ ‎(2)某化学小组将完全变质后的漂白粉溶于水，向其中加入足量稀硝酸，共收集到标准状况下448mL气体，则该漂白粉中所含有效成份的质量为_____________(假设漂白粉中的其它成份不与硝酸反应)。‎ ‎【答案】(1). Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3+2HclO； (2). ‎‎2.86 g ‎【解析】‎ 分析】（1）漂白粉长期露置在空气中与水、二氧化碳反应生成HClO，HClO光照分解而变质；‎ ‎(2)漂白粉中所含有效成份是次氯酸钙，完全变质后的漂白粉溶于水，向其中加入足量稀硝酸，生成二氧化碳，根据Ca（ClO）2～CO2计算；‎ ‎【详解】（1）置露在空气中会变质，发生漂白粉与二氧化碳、水的反应及次氯酸分解反应，反应分别为①Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO、②，‎ 故答案为：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO；‎ ‎(2)漂白粉中所含有效成份是次氯酸钙，完全变质后的漂白粉溶于水，向其中加入足量稀硝酸，生成二氧化碳，‎ 根据Ca(ClO)2～CaCO3～CO2，‎ ‎        ‎143g                           ‎‎22.4L ‎   M[Ca(ClO)2]   448mL×10‎-3L/mL 即：m[Ca(ClO)2]=‎143g/mol×(‎0.448L÷‎22.4L/mol)=2.86 g，故答案为：2.86 g。‎