1、河北省衡水市第十四中学2020-2021学年高一化学上学期三调考试试题（含解析）注：用到的原子量 H： 1 O：16 C：12 S：32 Na：23 Mg：24 Cl：35.5 As：75一、单选题(每小题2分，共40分)1. 许多食品包装袋中常有一个小纸袋，内盛有白色固体物质，标有“干燥剂”字样，其主要成分为生石灰，下列说法正确的是A. 生石灰的化学式是B. 生石灰是混合物C. 因生石灰与水反应，可防止食品受潮D. 可用袋装浓硫酸代替生石灰来防止食品受潮【答案】C【解析】【分析】【详解】A生石灰是氧化钙，其化学式为CaO，A错误；B生石灰是氧化钙，是金属氧化物，属于纯净物，B错误；C生石灰可
2、与水反应生成氢氧化钙，故可防止食品受潮，C正确；D浓硫酸具有腐蚀性，不可作为食品干燥剂，D错误；答案选C。2. 近年来，我国大力弘扬中华优秀传统文化体现了中华民族的“文化自信”。下列有关说法错误的是A. 成语“百炼成钢”、“蜡炬成灰”中均包含了化学变化B. “丹砂（HgS）烧之成水银，积变又还成丹砂”描述的是物理变化C. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应D. 荷塘月色中“薄薄的青雾浮起在荷塘里”中的“青雾”属于胶体【答案】B【解析】【分析】【详解】A百炼成钢是将生铁中的C氧化为二氧化碳，发生了化学变化，“蜡炬成灰”是烃的燃烧，发生了化学变化，所以A说法正确；B丹砂（HgS）烧
3、之成水银，积变又还成丹砂，前者需要加热，后者常温下反应，反应条件不同，不是可逆反应，所以B说法错误；C“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程是铁置换出铜，发生了置换反应，所以C说法正确；D“薄薄的青雾浮起在荷塘里”中的“青雾“”属于气溶胶，是胶体，所以D说法正确；故选B。3. 分类方法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用，下列4种分类标准中合理的有根据分散系是否具有丁达尔现象，将分散系分为溶液、胶体和浊液根据电解质溶液中电离出的离子多少，可以分为强电解质和弱电解质。根据物质在水溶液或熔融态能否导电，将化合物分为电解质和非电解质根据氧化物中是否含有金属元素，将氧化物分为酸性氧化物和碱性氧化物A.
4、 B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】【详解】丁达尔现象是区分溶液和胶体的一种方法，不是将分散系分类的依据，根据分散系中分散质粒子直径的大小将分散系分为溶液、胶体和浊液，故错误；根据电解质在水溶液中能否完全电离，将电解质分为强电解质和弱电解质，故错误；在水溶液或熔融态能导电的化合物为电解质，在水溶液或熔融态不能导电的化合物为非电解质，故正确；将氧化物分为酸性氧化物和碱性氧化物是根据氧化物的性质,不是根据是否含有金属元素,有的金属氧化物是酸性氧化物如Mn2O7，故错误。故答案选：D。4. 下列表格中各项分类都正确的一组是：纯净物混合物电解质 非电解质A生理盐水明矾液态KNO3蔗糖BCaO
5、海水铜乙醇C胆矾铝合金AgCl CO2D氢氧化钠空气Na2SO4溶液食醋A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【分析】此题考查物质的分类，根据基本概念进行判断，注意对于电解质和非电解质常用判断方法是根据常见物质，电解质常见物质是酸、碱、盐、金属氧化物、水。非电解质常见物质是大部分有机物、非金属氧化物。【详解】A生理食盐水是混合物，明矾是纯净物，故A错误。B铜是单质既不是电解质也不是非电解质，电解质是指在水溶液或者熔融状态下导电的化合物。故B错误。C各物质都符合分类，正确。DNa2SO4溶液、食醋都是混合物，所以既不是电解质也不是非电解质，故D错误。故选答案C。【点睛】物质分类从大到
6、小判断，如电解质首先应是纯净物，其次是化合物来判断。5. 下列各组离子在溶液中能大量共存，加OH-有沉淀析出，加H+能放出气体的是( )A. Na+、Cu2+、Cl-、B. Ba2+、K+、Cl-、C. K+、Mg2+、D. Na+、Ca2+、Cl-、【答案】D【解析】【分析】【详解】A离子组Na+、Cu2+、Cl-、彼此间不发生离子反应，能大量共存，加OH-有Cu(OH)2沉淀析出，但加H+不能放出气体，故A错误；B离子组Ba2+、K+、Cl-、彼此间不发生离子反应，能大量共存，加OH-无沉淀析出，加H+不能放出气体，故B错误；CMg2+和发生离子反应生成MgCO3沉淀，不能大量共存，故C错
7、误；D离子组Na+、Ca2+、Cl-、彼此间不发生离子反应，能大量共存，加OH-有CaCO3沉淀析出，加H+能放出CO2气体，故D正确；故答案为D。6. 下列离子方程式中，只能表示一个化学反应的是（ ） A. B. C. D. 没有【答案】D【解析】【分析】【详解】可以代表可溶性碳酸盐与强酸反应生成可溶性盐和水、二氧化碳的一类反应，如Na2CO3与HCl、Na2CO3与H2SO4等，故远不止代表一个反应；可以代表Ba(OH)2和H2SO4、NaHSO4、KHSO4等，故远不止代表一个反应；可代表AgNO3和HCl、NaCl等可溶性的氯化物的反应，故远不止代表一个反应； 可代表Fe与可溶性铜盐的
8、一类反应，如Fe+CuSO4、Fe+Cu(NO3)2、Fe+CuCl2等反应，故远不止代表一个反应；综上所述，没有一个离子反应仅代表一个化学反应的，故答案为：D。7. 已知X、Y中含有相同的元素，Z、W中也含有相同的元素，根据反应X+H2OY+H2；Z+H2OW+O2（方程式均未配平），可推断X、Y中及Z、W中相同元素的化合价的高低顺序为（ ）A. XY、ZWB. XY、ZWC. XY、ZWD. XY、ZW【答案】D【解析】【分析】【详解】X+H2OY+H2中H元素化合价降低，根据氧化还原反应中化合价有升必有降可知，X中某元素化合价低于Y，Z+H2OW+O2中O元素化合价升高，则Z中某元素化合
9、价高于W，因此X、Y中及Z、W中相同元素的化合价的高低顺序为XY、ZW，故答案为D。8. 已知反应：2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2 2FeCl2+Cl2=2FeCl3I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI，下列粒子的还原能力由强到弱顺序正确的是()A. I-Fe2+Cl-SO2B. Cl-Fe2+SO2I-C. Fe2+I-Cl-SO2D. SO2I-Fe2+Cl-【答案】D【解析】【分析】所含元素化合价升高的反应物为还原剂，所含元素的化合价降低的为氧化剂，氧化剂得电子后被还原的产物为还原产物；在氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性；根据还原剂和还原产物的
10、概念找出各个化学方程式中的还原剂和还原产物，然后比较它们的还原性强弱。【详解】由反应中，KI中碘元素的化合价从-1价升高到0价，KI是还原剂，FeCl2是FeCl3化合价降低后得到的物质，FeCl2是还原产物，还原剂的还原性大于还原产物，故还原性：I-Fe2+；反应中：FeCl2中铁元素的化合价从+2价升高到+3价，FeCl2是还原剂，氧化剂是Cl2，Cl2被还原为Cl-，还原剂的还原性大于还原产物，所以还原性：Fe2+Cl-；反应中：SO2中硫元素的化合价从+4价升高到+6价，SO2是还原剂，HI是碘单质化合价降低后得到的产物，HI是还原产物，还原剂的还原性大于还原产物，所以还原性：SO2I
11、-；综上分析，物质的还原能力：SO2I-Fe2+Cl-，答案选D。9. M2O离子和S2-在酸性溶液中发生如下反应：M2O+ 3S2-+ 14H+ =2M3+ +3S+7H2O，则M2O离子中M的化合价是A. +2B. +3C. +4D. +6【答案】D【解析】【分析】【详解】根据离子方程式两端电荷守恒有： -x+3(-2)+14=23，x=2，设中M的化合价为a，则：2a+7(-2)=-2，a=+6；答案选D。10. 某溶液中含有Na、4种离子，若向其中加入一定量的过氧化钠固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是()A. B. NaC. D. 【答案】D【解析】【分析】【详解】某溶液中含有Na
12、、离子，若向其中加入一定量的过氧化钠固体后，过氧化钠和水反应生成氧气和NaOH，与OH反应生成，因此溶液中离子浓度基本保持不变的是，故D符合题意。综上所述，答案为D。11. 16.3 g由Na2O2、Na2O、Na2CO3、NaOH组成的混合物与200 g质量分数为7.3%的盐酸恰好反应，蒸干反应后的溶液，最终得到的固体的质量为A. 8gB. 15.5gC. 11.7gD. 23.4g【答案】D【解析】【分析】【详解】盐酸中氯离子的物质的量n=0.4mol，Na2O2、Na2O、Na2CO3、NaOH与盐酸反应生成的产物蒸干得到固体都是NaCl，NaCl的摩尔质量为58.5g/mol，由氯原子
13、守恒知生成NaCl的质量为：m=0.4mol58.5g/mol=23.4g。故选D。12. 某同学用以下装置制备并检验的性质。下列说法正确的是A. 图：若过量，则浓盐酸可全部消耗完B. 图：证明新制氯水具有酸性和漂白性C. 图：证明Cl2具有强还原性D. 图：日光照射烧瓶中的饱和氯水会有气泡产生，这是由于氯气在光照条件下溶解度下降而逸出【答案】B【解析】【分析】【详解】A图中：如果过量，浓盐酸随着反应进行，浓度减小到一定程度，不再与二氧化锰继续反应，所以盐酸不可能全部消耗，故A错误；B图中：新制氯水中滴入紫色石蕊试液，溶液先变红后褪色，即可证明新制氯水具有酸性和漂白性，故B正确；C图中：铜在氯
14、气中燃烧会被氧化成+2的铜，证明氯气的强氧化性，C错误；D氯水中含HClO，光照时HClO分解生成氧气和HCl，则气泡主要为分解生成的氧气，结论不合理，故D错误；答案选B。13. 化学来源于生活，也服务于生活。下列有关生活中的化学知识叙述错误的是A. 氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯漂白剂B. “84”消毒液的有效成分是次氯酸钠C. 神农本草经中提到：“白青(Cu2(OH)2CO3)得铁化为铜”，其中白青属于盐D. 漂白粉在空气中久置变质，是因为其中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3【答案】D【解析】【分析】【详解】A. 氯气与烧碱溶液或石灰乳反应生成次氯酸钠或次氯酸钙，次氯
15、酸钠或次氯酸钙具有强氧化性，可作消毒剂，故A不选；B. “84”消毒液的有效成分是次氯酸钠，故B不选；C.Cu2(OH)2CO3是盐，故C不选；D.漂白粉在空气中久置变质，是因为其中的Ca(ClO)2与空气中的CO2反应生成HClO和CaCO3，次氯酸不稳定分解成氯化氢和氧气，故D选；故选：D。14. 设阿伏加德罗常数为NA，则下列说法正确的是A. 常温常压下，的分子数小于NAB. 常温常压下，甲烷中含有的氢原子数为2NAC. 常温常压下，1molMgCl2中含数为2NA D. 标准状况下，0.3mol二氧化硫中含有的氧原子数为0.3NA【答案】C【解析】【分析】【详解】A. 常温常压下，的物
16、质的量为：n(H2)=1mol，H2的分子数等于NA个，故A错误；B. 常温常压不是标准状况，甲烷的物质的量未知，无法计算含有的氢原子个数，故B错误；C. 常温常压下，1molMgCl2中含的物质的量为：1mol2=2mol，的个数为2NA，故C正确；D. 标准状况下，0.3mol二氧化硫中含有的氧原子物质的量为：0.3mol2=0.6mol，氧原子的个数为0.6NA，故D错误；答案选C。15. 同温同压下，相同质量的SO2气体和CO2气体，下列叙述中正确的是分子数之比为1116 体积之比为1611密度之比为1611 原子个数之比为11A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】【详解】
17、相等质量的SO2气体和CO2气体，假设质量都为1g，其物质的量分别为mol和mol，物质的量之比等于11：16；同温同压下，分子数之比为等于物质的量之比:=11：16；故符合题意； 同温同压下，气体的体积比等于物质的量之比为11：16；故不符合题意；同温同压下，气体的密度比等于摩尔质量之比：64：44=16：11；故符合题意；一个SO2和一个CO2都含有3个原子，原子个数之比等于物质的量之比11：16；故不符合题意；正确；答案选A。16. 同温同压下，用等质量的、四种气体分别吹出四个气球，其中气体为的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】【详解】、相对分子质量分别是16、44、3
18、2、64，根据n=及n=可知：当气体的质量相等时，气体的相对分子质量越小，气体的物质的量就越大，在相同外界条件下气体的体积就越大。由于在上述四种气体中CH4的相对分子质量最小，所以其所占的体积最大，故合理选项是D。17. 下列溶液中Cl-的物质的量浓度最大的是（ ）A. 200 mL 2 mol/L MgCl2溶液B. 1000 mL 2.5 mol/L NaCl溶液C. 250 mL 1 mol/L AlCl3溶液D. 300 mL 5 mol/L KClO3溶液【答案】A【解析】【分析】【详解】A200 mL 2 mol/L MgCl2溶液中Cl-的物质的量浓度c(Cl-)=2 mol/L
19、2=4 mol/L；B1000 mL 2.5 mol/L NaCl溶液中Cl-的物质的量浓度c(Cl-)=2.5 mol/L1=2.5 mol/L；C250 mL 1 mol/L AlCl3溶液中Cl-的物质的量浓度c(Cl-)=1 mol/L3=3 mol/L；DKClO3溶液电离产生K+、，因此300 mL 5 mol/L KClO3溶液中Cl-的物质的量浓度c(Cl-)=0。可见上述溶液中Cl-的物质的量浓度最大值是4 mol/L，故合理选项是A。18. 实验中需用2.0molL-1的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用容量瓶的规格和称取Na2CO3固体的质量分别为 ()A. 950
20、mL；201.4gB. 1 000mL；212.0gC. 1000mL；201.4gD. 1 000mL；212g【答案】B【解析】【分析】【详解】容量瓶没有950mL规格，应用1000mL的容量瓶进行配制，则：n(Na2CO3)=1L2mol/L=2mol，m(Na2CO3)=2mol106g/mol=212.0g，故选：B。19. 在0.2L由NaCl、MgCl2 、CaCl2组成的混合液中，部分离子浓度物质的量浓度大小如图所示，下列判断正确的是 A. 混合液中NaCl物质的量为1.0molB. 将混合液加水稀释至1L，稀释后溶液中Ca2+的物质的量浓度为0.1molL-1C. 混合液中C
21、aCl2物质的量0.5molD. 混合液中MgCl2的质量为4.75g【答案】B【解析】【分析】由图可知，c(Na+)=1.0mol/L，该混合液中，NaCl的物质的量为0.2L1.0mol/L=0.2mol，c(Mg2+)=0.5mol/L，含溶质MgCl2的质量为0.2L0.5mol/L95g/mol=9.5g，由电荷守恒可知2c(Ca2+)+c(Na+)+2c(Mg2+)=c(Cl-)，代入数据解得：c(Ca2+)=0.5mol/L，由此分析解答。【详解】A由上述分析可知，该混合液中，NaCl的物质的量为0.2mol，故A错误；B原溶液中c(Ca2+)=0.5mol/L，将混合液加水由0
22、.2L稀释至1L，则稀释后溶液中Ca2+的物质的量浓度为0.5mol/L=0.1mol/L，故B项正确；C混合液中CaCl2的物质的量0.5mol/L0.2L=0.1mol，故C项错误； D由上述分析可知，混合液中MgCl2的质量为9.5g，故D项错误；综上所述，答案为B。20. NaCl和MgCl2的混合液aL分成两等分，一份中加入b mol的AgNO3溶液，恰好使Cl-完全沉淀；另一份中加入足量NaOH，生成c molMg(OH)2，则原溶液中的Na+的浓度为A. molL1B. molL-1C. molL1 D. molL1【答案】A【解析】分析】【详解】一份中加入足量NaOH，生成c
23、molMg(OH)2，则n(MgCl2)=c mol，MgCl2中n(Cl-)=2n(MgCl2)=2c mol；另一份中加入b mol的AgNO3溶液，恰好使Cl-完全沉淀，则n(Na+)=n(NaCl中Cl-)=bmol-2cmol；每一份中Na+的浓度相等且等于原溶液中Na+的浓度，则原溶液中Na+的浓度c= molL1，A满足题意。答案选A。二、不定项选择题(每小题有1-2个正确答案，每小题2分，共10分)21. 下列关于操作或安全事故的处理方法中，正确的是A. 金属钠着火时，可用泡沫灭火器灭火，少量的钠保存在煤油里B. 大量氯气泄露时，及时戴上用氢氧化钠溶液润湿过的口罩，并顺风往低处
24、跑C. 做实验剩余的金属钠不得直接丢弃在废液缸中D. 在容量瓶中溶解氯化钠固体，定容时滴水不慎超过了刻度线，可以用滴管吸出少量【答案】C【解析】【分析】【详解】A少量的钠保存在煤油里，可以隔绝空气；钠能和水、二氧化碳反应，故金属钠着火时，不可用泡沫灭火器灭火，A错误；BNaOH是强碱，对皮肤有较强的腐蚀性，故大量氯气泄露时，不能戴用氢氧化钠溶液润湿过的口罩；氯气密度比空气大，应逆风往高处跑，B错误；C钠很活泼，能和氧气、水等发生反应，故做实验剩余的金属钠不得直接丢弃在废液缸中，应放回原瓶，C正确；D不能在容量瓶中溶解氯化钠固体；定容时滴水不慎超过了刻度线，应倒掉重新配制，若用滴管吸出少量，则导
25、致所配溶液浓度偏低，D错误；故选C。22. 用NA表示阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是（ ）A. 常温常压下，32gO3含有的氧原子数为2NAB. 22.4LCH4含有的分子数为NAC. lmolL-1CaCl2溶液中含有的Cl-数目为2NAD. 1molZn变为Zn2+时失去的电子数为2NA【答案】AD【解析】【分析】【详解】A臭氧由氧原子构成，故32g臭氧中氧原子的物质的量为n=2mol，含有的氧原子的物质的量为2mol，故含氧原子数为2NA个，故A符合题意；B没有指明标况，无法计算22.4L甲烷的物质的量，无法计算出分子个数，故B不符合题意；C没有给出lmolL-1CaCl2溶液的
26、体积，无法计算出物质的量，无法计算出Cl-数目，故C不符合题意；D1个锌原子变为锌离子后失去2个电子，故1mol锌失去2NA个电子，故D符合题意；答案选AD。【点睛】要注意氧化还原反应中电子转移数目与元素价态的变化：涉及到氧化还原反应时，要注意根据氧化剂的氧化性与还原剂的还原性来确定反应中元素的价态变化情况及电子转移数目。23. 为预防“H1N1”甲型流感，可用“84”消毒液消毒，下列说法中正确的是()A. NaClO溶液的消毒原理是HClO具有强氧化性B. Cl2与NaOH的反应中，Cl2只做氧化剂C. NaClO溶液的漂白原理与Na2O2相同D. “84”消毒液与“洁厕灵”(盐酸)共同使用
27、，可达到既清洁又消毒的双重效果【答案】AC【解析】【分析】【详解】ANaClO溶液的消毒原理是ClO-能和H2O与CO2作用生成具有强氧化性的HClO，能够杀菌、消毒，A正确；BCl2与NaOH的反应，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，Cl2的化合价既有升又有降，既是氧化剂又是还原剂，B错误；CNaClO溶液的漂白原理与Na2O2相同，都是强氧化性漂白，C正确；D“84”消毒液中的次氯酸钠和“洁厕灵”中的盐酸之间会发生反应生成有毒的氯气，故不能共同使用，D错误；故选AC。24. 某固体A在一定条件下可完全分解，生成B、C、D三种气体的混合物。反应方程式如下：2AB+2C+3D，
28、此时测得混合气体的相对平均分子质量为30，则固体A的摩尔质量为( )A. 30g/molB. 90g/molC. 30D. 90【答案】B【解析】【分析】设A为2mol，由方程式可知分解生成6mol气体，根据m=nM计算混合气体质量，根据质量守恒定律可得A的质量，再根据M=m/n计算A的摩尔质量。【详解】设A为2mol，由方程式2AB+2C+3D可知分解生成6mol气体，则混合气体质量为6mol30g/mol180g，根据质量守恒定律可得A的质量为180g，故A的摩尔质量为180g2mol90g/mol。答案选B。【点睛】本题考查化学方程式计算，题目难度不大，注意利用赋值法可以简化计算过程，侧
29、重考查学生分析计算能力。25. 下列实验操作、现象、解释或结论都正确的是选项实验操作实验现象解释或结论A用铁丝蘸取某种粉末做焰色试验火焰呈黄色证明含有钠单质B将饱和氯化铁溶液滴入沸水中产生某种红褐色液体该红褐色液体为胶体C用红色激光笔照射雾看到一条光亮的“通路”雾能产生丁达尔效应D加热碳酸氢钠溶液产生能使澄清石灰水变浑浊的气体碳酸氢钠热稳定性较差A. AB. BC. CD. D【答案】BC【解析】【分析】【详解】A焰色试验证明含有钠元素，不一定是钠单质，故A错误；B将饱和氯化铁溶液滴入沸水中产生的红褐色液体为氢氧化铁胶体，故B正确；C雾属于胶体，能产生丁达尔效应，故C正确；D加热碳酸氢钠溶液不
30、会分解生成二氧化碳，固体才会受热分解，故D错误；故选BC。三、填空题(共50分)26. 三氧化二砷(As2O3)，无臭无味，外观为白色霜状粉末，微溶于水。请回答下列问题：(1)As2O3中As元素的化合价为_价。(2)As2O3与NaOH溶液反应的化学方程式为As2O3+2NaOH2NaAsO2+H2O，该反应_(填“属于”或“不属于”)氧化还原反应，该反应的离子方程式为_。(3)已知As2O3与Zn可发生反应6Zn+As2O3+6H2SO42AsH3+6ZnSO4+3H2O，其中氢元素的化合价未发生变化。上述反应中的氧化剂为_(填化学式)，被氧化的元素为_(填元素符号)。若有9.9 g As
31、2O3完全反应，则生成的AsH3的质量为_g。【答案】 (1). +3 (2). 不属于 (3). As2O3+2OH-=2+H2O (4). As2O3 (5). Zn (6). 7.8【解析】【分析】【详解】(1)根据物质正负化合价代数和为零计算，As的化合价为+3价；(2)该反应中各元素化合价没有发生变化，故不属于氧化还原反应；该反应的离子方程式为As2O3+2OH-=2+H2O；(3)反应中As2O3的As元素化合价降低，故As2O3为氧化剂；Zn的化合价升高发生氧化反应被As2O3氧化；根据化学反应，每消耗198g As2O3会生成156g AsH3，故有9.9 g As2O3完全反
32、应，则生成的AsH3的质量为7.8g。27. 图中为实验室制取氯气及性质验证的装置图：参考装置图回答下列问题：(1)请指出仪器a的名称_，写出装置A中反应的离子方程式_(2)在装置D中可观察到的现象是_，装置F中可观察到的现象是_。(3)装置B的作用为_，装置H的作用为_，(4)写出装置H中的离子方程式_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O (3). 干燥的有色布条无变化 (4). 湿润的淀粉KI试纸变蓝 (5). 除去Cl2中的HCl (6). 吸收多余Cl2，防止污染环境 (7). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O【解析】【分
33、析】在A中用MnO2与浓盐酸混合加热制取Cl2，B用于除去Cl2中的杂质HCl，C中浓硫酸干燥氯气，D、E是验证有漂白性的物质是Cl2还是Cl2与水反应产物，F、G是检验Cl2的氧化性，装置H作用是进行尾气处理，防止大气污染。【详解】(1)根据装置图可知：仪器a名称是分液漏斗，在装置A中MnO2与浓盐酸混合加热制取Cl2，该反应的离子方程式为：MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O；(2)制取的氯气经浓硫酸干燥后通入盛有干燥的有色布条的D中，发现干燥的有色布条无变化，在装置F中，Cl2与KI在溶液中发生反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，故装置F中观察到的现
34、象是：湿润的淀粉KI试纸变蓝；(3)浓盐酸具有挥发性，所以用加热MnO2与浓盐酸混合物制取氯气时，氯气中会混有杂质HCl，则装置B的作用就是除去Cl2中的杂质HCl气体；装置H的作用是吸收多余的Cl2，防止造成大气污染；(4)在H中NaOH与Cl2反应产生NaCl、NaClO、H2O，反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。28. 如图为实验室某浓盐酸试剂瓶上的标签，试根据有关数据回答下列问题：(1)该浓盐酸物质的量浓度为_mol/L。(2)取用任意体积的该盐酸溶液时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是_。A溶液中HCl的物质的量 B溶液的浓度C溶液中Cl-的数目
35、 D溶液的密度(3)某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制500 mL物质的量浓度为0.3 mol/L稀盐酸。该学生需要量取_mL上述浓盐酸进行配制。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)_；A用30 mL水洗涤烧杯23次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B用量筒准确量取所需浓盐酸的体积，慢慢沿杯壁注入盛有少量水(约30 mL)的烧杯中，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500 mL的容量瓶中D将容量瓶盖紧，颠倒摇匀E改用胶头滴管加水，使溶液凹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12 cm处在配制过程中，下列实验操作对所配制的稀盐酸的物
36、质的量浓度有何影响？(填“偏高”或“偏低”或“无影响”)。I用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面_；II用量筒量取浓盐酸后，洗涤量筒23次，洗涤液也转移到容量瓶_；(4)若在标准状况下，将V LHCl气体溶于1 L水中，所得溶液密度为d g/mL，则此溶液的物质的量浓度为_mol/L。(5)现将100 mL0.5 mol/L的盐酸与200 mL0.1 mol/LCuCl2溶液混合，体积变化忽略不计，所得溶液中Cl-的物质的量浓度是_。【答案】 (1). 12 (2). BD (3). 12.5 (4). BCAFED (5). 偏低 (6). 偏高 (7). (8). 0.3 mol/L【解析】【
37、分析】根据溶液的物质的量浓度定义式c=及物质的量浓度与质量分数换算式c=计算溶液的物质的量浓度。溶液具有均一性、稳定性，溶液各处的浓度、密度相等。结合配制物质的量浓度溶液的步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签配制溶液，结合步骤，根据操作对溶质的物质的量及溶液的体积影响分析实验误差。【详解】(1)36.5%的盐酸的物质的量浓度c=mol/L=12 mol/L；(2)溶液具有均一性，溶液的浓度、密度与取用的溶液的体积大小无关，而溶液中含有溶质的物质的量及微粒数目随溶液的体积的增大而增多，故不随所取体积的多少而变化的选项是BD；(3)溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，则配制
38、500 mL物质的量浓度为0.3 mol/L稀盐酸，需要该盐酸的体积V(HCl)=12.5 mL；根据配制溶液的操作步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签，可知上述操作顺序为BCAFED；I用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面，则量取的浓盐酸体积偏小，使得溶质物质的量偏少，由于溶液的体积不变，则配制的溶液浓度偏低；II若用量筒量取浓盐酸后，洗涤量筒23次，洗涤液也转移到容量瓶，会导致溶液中溶质的物质的量偏多，由于溶液的体积不变，则配制的溶液浓度偏高；(4)若在标准状况下，将V LHCl气体溶于1 L水中，溶质的物质的量n(HCl)=mol，溶液的体积V(溶液)=，则所得溶液
39、的物质的量浓度c=mol/L；(5)现将100 mL0.5 mol/L的盐酸与200 mL0.1 mol/LCuCl2溶液混合，体积变化忽略不计，所得溶液中Cl-的物质的量浓度是c(Cl-)=0.3 mol/L。29. 计算(1)物质的量是高中化学常用的物理量，请完成以下各空：标准状况下，0.4克H2的体积为_L。100 mL硫酸铝溶液中，c(A13+)=0.2 mol/L，则c()=_mol/L；将该溶液稀释至150mL，稀释后溶液中的Al2(SO4)3的物质的量为_。(2)同温同压下，同体积的甲烷(CH4)和CO2气体所含物质的量之比为_，密度之比为_。(3)室温下，某容积固定的密闭容器由
40、可移动的活塞(忽略摩擦力)隔成A、B两室，向A室中充入H2和O2的混合气体，向B室中充入3 mol空气，此时活塞的位置如图所示：已知A室混合气体的质量为102 g，若将A室中H2与O2的混合气体点燃引爆，恢复室温后，最终活塞停留的位置在_(填数字)刻度，反应后容器内气体压强与反应前气体压强之比为_。【答案】 (1). 4.48 (2). 0.3 (3). 0.01 (4). 1：1 (5). 4：11 (6). 2 (7). 1：2【解析】【分析】【详解】(1)标准状况下，0.4克H2的物质的量n=0.2 mol，则其在标准状态下的体积为V=0.2 mol22.4 L/mol=4.48 L；根
41、据硫酸铝化学式Al2(SO4)3，可知Al2(SO4)3电离产生的Al3+与数目比是2：3，离子处于同一溶液，溶液的体积相同，则二者浓度比等于微粒的物质的量的比。由于c(A13+)=0.2 mol/L，则c()=0.3 mol/L；溶液中含有溶质Al2(SO4)3的物质的量为nAl2(SO4)3=0.01 mol，溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，所以将该溶液稀释至150 mL，稀释后溶液中的Al2(SO4)3的物质的量仍然为0.01 mol；(2)根据阿伏加德罗定律可知：在同温同压下，同体积的甲烷(CH4)和CO2气体中含有的分子数相同，二者的物质的量也相同，故气体中所含物质的量之比为1:1
42、；根据密度公式=可知：气体的密度与摩尔质量成正比，则(CH4)：(CO2)=16:44=4:11；(3)在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同数目的分子，由于A中气体的体积是B的体积的2倍，B中气体的物质的量是3 mol，则A中气体的物质的量是6 mol，其质量是102 g，气体的质量是102 g，假设H2、O2的物质的量分别是xmol、ymol，则x+y=6 mol，2x+32y=102 g，解方程组，可得x=3 mol，y=3 mol，根据反应方程式：2H2+O22H2O中物质反应消耗关系可知3 mol H2反应消耗1.5 mol O2，剩余O2的物质的量为n(O2)剩=3 mol-1.5 mol=1.5 mol，恢复至原温度后两个容器的压强相同，气体的体积比等于气体的物质的量的比，则A室、B室气体的体积比为1.5 mol:3 mol=1:2，则活塞应该停留在2刻度处；B室中空气的物质的量不变，温度不变，则反应前后气体的压强之比等于反应前后气体体积的反比，故容器中气体压强与反应前的气体压强之比为4.5:9=1:2。