1、河北省保定市高碑店市高碑店一中2019-2020学年高一化学上学期第二次月考试题（含解析）分值：100分 时间：90分钟可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 Na: 23 Mg：24 Al：27 S:32 Cl：35.5 K：39 Cu：64 Br：80 Ag：108一、选择题（每小题只有一个选项正确，每小题2分，共30分）1. 溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质区别是()A. 是否是大量分子或离子的集合体B. 分散质微粒直径的大小不同C. 是否有丁达尔效应D. 是否均一、稳定、透明【答案】B【解析】【详解】当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质微粒直径大小来分类，把分散
2、系划分为：溶液(小于1nm)、胶体(1nm100nm)、浊液(大于100nm)，因为分散质粒子大小不同，决定了溶液、胶体和浊液的性质各有特点，例如胶体具有丁达尔效应，所以，溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质微粒直径大小，则B正确；答案选B。2. 春秋时期齐国的官书考工记中载有“涑帛”的方法，即利用“灰”(草木灰)和“蜃”(贝壳灰)混合加水所得液体来洗涤丝帛。这种液体能洗涤丝帛主要是因为其中含有（ ）A. 氢氧化钾B. 碳酸钠C. 氧化钙D. 次氯酸钠【答案】A【解析】【分析】草木灰中含K2CO3，而贝壳的主要成分为CaCO3，在煅烧后生成CaO，即贝壳灰的主要成分为CaO，溶于
3、水后生成Ca（OH）2，据此分析“灰”（草木灰）和“蜃”（贝壳灰）混合加水所得液体的成分。【详解】贝壳的主要成分为CaCO3，煅烧时分解生成CaO，CaO溶于水后生成Ca（OH）2，草木灰中含K2CO3，草木灰和贝壳灰混合加水后发生反应CaCO3沉淀和KOH，KOH是一种强碱，能使油脂发生水解从而能去油污，达到洗涤丝帛的目的，故选A。【点睛】本题结合史料考查了化学反应在生活中的应用，根据题干所给的信息并结合化学知识来解答。3. 某物质在做焰色反应的实验中，通过蓝色的钴玻璃，发现焰色呈现紫色，该物质可能是( )A. NaClB. BaCl2C. CuCl2D. KCl【答案】D【解析】【详解】通
4、过蓝色钴玻璃观察火焰呈现紫色，说明此物质中含有K元素，故选项D正确4. 下列实验中，所选装置不合理的是A. 粗盐提纯，选和B. 用CCl4提取碘水中的碘，选C. 用NaOH溶液吸收少量CO2，选D. 分离Na2CO3溶液和油，选【答案】D【解析】【详解】A.粗盐提纯，包括溶解、过滤、结晶，选和，故A不选；B. 用CCl4提取碘水中的碘是萃取和分液，选，故B不选；C. 用NaOH溶液吸收少量CO2，需要将CO2通过盛有NaOH溶液的洗气瓶，选，故C不选；D.碳酸钠溶液和油是互不相溶的液体，分离方法为分液，应选，故D选。故选D。5. 下列反应中必须加入还原剂才能进行的是A. Cl2ClB. Zn
5、Zn2C. H2H2OD. CuOCuCl2【答案】A【解析】【分析】变化中某元素的化合价降低，发生还原反应，则一般需要加入还原剂才能实现氧化还原反应。注意通过分解反应可以实现的，不一定需要加入还原剂，以此解答该题。【详解】A项，Cl2Cl的反应中，氯元素得电子作氧化剂，需要加入还原剂才能使反应进行，故选A项；B项，Zn Zn2的反应中，锌元素失电子作还原剂，需要加入氧化剂才能使反应进行，故不选B项；C项，H2H2O的反应中，氢元素失电子作还原剂，需要加入氧化剂才能使反应进行，故不选C项；D项，CuOCuCl2的反应中，没有元素得失电子，不发生氧化还原反应，不需要加入还原剂，故不选D项。综上所
6、述，本题正确答案为A。6. 下列氯化物中，不能通过单质之间直接制取的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】A. Al和Cl2化合反应生成，故A错误；B. Fe和Cl2化合反应生成FeCl3，不能得到FeCl2，故B错误；C. Fe和Cl2化合反应生成FeCl3，不能得到FeCl2，故C正确；D. Cu和Cl2化合反应生成，故D错误；正确答案是C。【点睛】本题考查氯气的性质，题目难度不大，本题注意氯气具有强氧化性，与变价金属反应生成最高价态的氯化物。7. 只用一种试剂即可区别开：NaCl、MgCl2、FeCl3、(NH4)2SO4四种溶液，这种试剂是（）A. AgNO3B.
7、NaOHC. BaCl2D. HCl【答案】B【解析】【详解】A加入硝酸银溶液，NaCl、MgCl2、FeCl3、(NH4)2SO4四种溶液都生成白色沉淀，反应现象相同，不能区别开，故A错误；B加入氢氧化钠溶液，氯化钠无现象，氯化镁生成白色沉淀，氯化铁生成红褐色沉淀，硫酸铵产生刺激性气体，反应现象各不相同，能区别开，故B正确；C加入氯化钡溶液，NaCl、MgCl2、FeCl3三种溶液都无现象，不能区别开，故C错误；D加入盐酸，NaCl、MgCl2、FeCl3、(NH4)2SO4四种溶液都无现象，不能区别开，故D错误；答案为B。8. 224mL某气体在标准状况下的质量为0.32g，该气体的摩尔质
8、量约为 （ ）A. 32gmol-1B. 64C. 64gmol-1D. 64g【答案】A【解析】【详解】标况下224mL气体的物质的量为=0.01mol，所以摩尔质量为=32g/mol，故答案为A。9. 下列电离方程式中，正确的是（ ）A. Al2（SO4）3 =2Al+3 + 3SOB. HClO = H+ + ClO-C. NaOH=Na+ + OH-D. NaHCO3 =Na+ + H+ + CO【答案】C【解析】【详解】A铝离子正确写法为Al3+，硫酸根的正确写法为SO，故A错误；B次氯酸为弱电解质，不完全电离，电离方程式为HClOH+ + ClO-，故B错误；C氢氧化钠为可溶于水的
9、强电解质，电离方程式为NaOH=Na+ + OH-，故C正确；D碳酸为二元弱酸，所以碳酸氢根不能拆，正确电离方程式为NaHCO3 =Na+ +HCO，故D错误；综上所述答案为C。10. 某溶液中含有较大量的Cl-、 OH-三种阴离子，如果只取一次该溶液就能够分别将三种阴离子依次检验出来，下列实验操作顺序正确的是滴加足量的Mg(NO3)2溶液；过滤；滴加适量的AgNO3溶液；滴加足量的Ba(NO3)2溶液A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】Ag+能与Cl-、OH-三种结合，Mg2+能与、OH-结合，Ba2+只能与结合，故先加入Ba(NO3)2溶液溶液，检验出离子，过滤除去生成的Ba
10、CO3沉淀；然后加入Mg(NO3)2溶液，检验出OH-，过滤除去生成的Mg(OH)2沉淀；最后加入AgNO3溶液，检验出Cl-，故正确的操作顺序是，故合理选项是B。11. 将50mL 0.5mol/L NaCl溶液加水稀释到500mL，稀释后溶液中NaCl的物质的量浓度( )A. 0.03mol/LB. 0.3mol/LC. 0.05mol/LD. 0.04mol/L【答案】C【解析】【分析】根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，据此计算稀释后溶液中NaCl的物质的量浓度。【详解】令稀释后稀释后溶液中NaCl的物质的量浓度为c，根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，则：0.05L0.5
11、mol/L=0.50Lc，解得c=0.05mol/L，答案选C。【点睛】本题考查物质的量浓度有关计算，难度不大，注意对公式的理解与灵活应用。12. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A. 32g O2和O3混合气体所含氧原子数目为NAB. 标准状况下，2.24L H2O含有的原子数为0.3NAC. 2mol/L的FeCl3溶液，其中含有Cl为6NAD. 在常温常压下，11.2L N2含有的分子数小于0.5NA【答案】D【解析】【详解】A氧气和臭氧均由氧原子构成，故32g混合物中含有的氧原子的物质的量为，故含氧原子为2NA，故A错误；B标况下水为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其
12、物质的量，故B错误；C溶液体积不明确，故溶液中氯离子的个数无法计算，故C错误；D常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2L氮气的物质的量小于0.5mol，则含有的分子数小于0.5NA，故D正确；故选D13. 下列关于物质分类的正确组合是（）纯净物强电解质非电解质碱性氧化物酸性氧化物A盐酸硫酸H2SO2COB胆矾硫酸钡NH3Na2OCO2C烧碱氯化钠三氧化硫COSO2D氨水苛性钾乙醇CaOSO3A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【分析】只含有同种物质的是纯净物；在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质；在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物为非电解质；只能和
13、酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物；只能和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，据此分析。【详解】A盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物，氢气是单质，既不是电解质也不是非电解质，二氧化硫是酸性氧化物，一氧化碳是不成盐氧化物，故A错误；B胆矾是五水硫酸铜，属于纯净物，硫酸钡是电解质，氨气是非电解质，氧化钠与酸反应只生成盐和水，属于氧化物，二氧化碳与碱反应只生成盐和水，属于酸性氧化物，故B正确；C一氧化碳是不成盐氧化物，故C错误；D氨水是氨气的水溶液，属于混合物，故D错误；故选：B。14. 除去下列物质中的杂质,所用试剂和方法正确的是选项物质杂质除杂质所用试剂和方法AKCl溶液I2加热,升华BKNO3
14、K2SO4BaCl2溶液,过滤CCuCuO稀硫酸,过滤DCaCO3CaO盐酸,过滤A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A、碘单质易升华，因此加热可以除去氯化钾固体中的单质碘，但在溶液中不能通过升华除杂，A错误；B、硫酸钾和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和氯化钾，引入新杂质氯化钾，应该用硝酸钡，B错误；C、氧化铜与稀硫酸反应生成可溶于水的硫酸铜，过滤后可以除去铜中的氧化铜，C正确；D、碳酸钙、氢氧化钙均与盐酸反应。应该是溶于水过滤，D错误。答案选C。15. 在2FeBr23Cl2=2FeCl32Br2的反应中，被氧化的元素是A. FeB. BrC. Fe和BrD. Cl【答案】C
15、【解析】根据氧化还原反应中被氧化的元素是失去电子的元素，即化合价升高的元素，上述反应中，Fe从+2价升高到+3价，Br从-1价升高到0价，所以被氧化的元素是Fe和Br，选C。二、选择题（每小题有一个选项是正确的，每小题3分，共30分）16. 在KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O的反应中，被氧化的氯与被还原的氯的原子个数比为（ ）A. 16B. 61C. 15D. 51【答案】D【解析】【详解】反应KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O，KClO3中氯元素化合价由+5降低为0、HCl中氯元素化合价由-1升高为0，电子转移的方向和数目是，被氧化的氯与被还原的氯的
16、原子个数比为5:1，故选D。17. 某元素R的阴离子R2-核外共有a个电子，核内有b个中子，则表示R原子组成符号正确的是（ ）A. RB. RC. RD. R【答案】D【解析】【详解】某元素R的阴离子R2-核外共有a个电子，则R原子核外电子数为a-2，质子数=原子核外电子数=a-2，质量数=质子数+中子数=a-2+b，所以R原子的符号为R，故答案为D。18. 将7.8gNa2O2溶于92.2g水中，所得溶液的溶质质量分数为（ ）A. 8%B. 8%C. 8%D. 7.8%【答案】C【解析】【详解】7.8g的过氧化钠为0.1mol，生成的氢氧化钠为8g，但是该反应会产生氧气，所以得到的溶液的溶质
17、质量分数大于8。答案选C。19. 下列判断正确是（）足量金属Na与标准状况下11.2 L O2反应时一定转移2 mol电子某元素由化合态转化为游离态，这种元素一定被还原钠与硫酸铜溶液反应，可置换出铜Na2O2与足量H2O反应时，每生成1 mol O2转移电子的数目为2NANa2O2遇到湿润的紫色石蕊试纸后，石蕊试纸最终变成蓝色向饱和烧碱溶液中加入2 g Na2O2，充分反应完后，恢复至室温，溶液中c（Na）不变A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】标准状况下11.2LO2物质的量为0.5mol，与足量的金属钠反应后可能生成氧化钠，也可能生成过氧化钠，当生成氧化钠时，氧元素的化合价由
18、0价降低为-2价，转移电子物质的量为2mol，当生成过氧化钠时，氧元素的化合价由0价降低为-1价，转移电子物质的量为1mol，故错误；元素由化合态转化为游离态，可能被还原，也可能被氧化，如将硫化氢转化为硫单质时，硫被氧化，将氧化铁转化为铁单质时，铁被还原，故错误；钠与硫酸铜溶液反应，钠先与水反应，生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，不能置换出铜，故错误；Na2O2与足量H2O反应时，氧元素的化合价由-1价升高为0价，每生成1mol O2转移电子的数目为2NA，故正确；Na2O2遇到湿润的紫色石蕊试纸后，先生成氢氧化钠，使石蕊试纸变蓝，由于过氧化钠具有氧化性，因此具有漂白
19、性，最终使试纸褪色，故错误；过氧化钠和饱和烧碱反应时，消耗水，生成氢氧化钠和氧气，饱和溶液中的水减少，但由于温度不变，氢氧化钠的溶解度相同，溶液中c(Na)不变，故正确；综上所诉，正确，故选C。20. 将一小块金属钠投入下列物质的水溶液中，既能生成气体，又有沉淀生成的是（ ）MgSO4NaHCO3Na2SO4饱和石灰水 Ca（HCO3）2 FeCl3NH4Cl 饱和NaClA. B. C. D. 全部【答案】C【解析】【详解】钠投入到溶液中，钠先和水反应生成氢氧化钠和氢气，所以一定会有气体产生，所以只需判断是否有沉淀生成即可。氢氧化钠和硫酸镁反应生成氢氧化镁沉淀，故符合题意；氢氧化钠和碳酸氢钠
20、反应生成碳酸钠和水，不会生成沉淀，故不符合题意；氢氧化钠和硫酸钠不反应，所以没有沉淀生成，故不符合题意；氢氧化钠虽然不与氢氧化钙反应，但钠与水反应放热且消耗水，而氢氧化钙的溶解度会随温度上升而减小，所以会有氢氧化钙沉淀析出，故符合题意氢氧化钠和碳酸氢钙反应生成碳酸钙沉淀，故符合题意；氢氧化钠和氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀，故符合题意；氢氧化钠和氯化铵反应生成一水合氨，受热产生氨气，不会产生沉淀，故不符合题意；钠和水反应后消耗水，且NaCl的溶解度受温度影响较小，而原溶液为饱和NaCl溶液，水减少后会有氯化钠析出，故符合题意；综上所述既能生成气体又有沉淀产生的是，故答案为C。21. 硫酸钾、硫酸铝
21、和硫酸组成的混合溶液c(H)0.1 molL1，c(Al3)0.4 molL1，c(SO42-)0.8 molL1，则c(K)为()A. 0.15 molL1B. 0.2 molL1C. 0.3 molL1D. 0.4 molL1【答案】C【解析】【详解】根据溶液电荷守恒，溶液中存在3c（Al3+）+c（K+）+c（H+）=2c（SO42-）+c（OH-），而溶液中c（OH-）很小，可以忽略不计，则有3c（Al3+）+c（K+）+c（H+）=2c（SO42-），所以：c（K+）=2c（SO42-）-3c（Al3+）-c（H+），c（K+）20.8mol/L-30.4mol/L-0.1mol/L
22、=0.3mol/L，故选C。22. 如图所示是某化学兴趣小组根据教材知识设计的证明Na2CO3与NaHCO3热稳定性的套管实验。下列叙述中不正确的是()A. 甲为NaHCO3，乙为Na2CO3B. 要证明NaHCO3受热能产生水，可在小试管内放置沾有少量无水硫酸铜粉末的棉花球C. 加热不久就能看到A烧杯中的澄清石灰水变浑浊D. 整个实验过程中A烧杯中的澄清石灰水不会变浑浊【答案】C【解析】【分析】A碳酸氢钠不稳定，受热易分解，碳酸钠受热不分解，结合图中装置可知，乙受热温度高，应该为碳酸钠；B白色的无水硫酸铜与水反应生成蓝色的硫酸铜晶体，据此可以检验是否有水生成；C碳酸钠不分解，则A烧杯中不会出
23、现浑浊现象，应该是B烧杯中的澄清石灰水出现浑浊现象；D由于碳酸钠稳定性较强，加热过程中不分解，则整个过程中A烧杯中的澄清石灰水不会变浑浊。【详解】A、由图可知，实验时大试管内的温度高于小试管内的温度，为了证明Na2CO3的热稳定性大于NaHCO3的热稳定性，该套管实验中乙为Na2CO3，甲为NaHCO3，故A正确；B、无水硫酸铜遇水变蓝，故B正确；C、实验过程中NaHCO3受热分解产生CO2，B烧杯中澄清石灰水变浑浊；Na2CO3受热不分解，无CO2气体产生，所以A烧杯中澄清石灰水不会变浑浊，故C错误；D、由于碳酸钠不分解，则整个过程中烧杯A中的澄清石灰水不会变浑浊，D正确；故选C。【点睛】本
24、题考查Na2CO3和NaHCO3性质的异同，解题关键：注意把握Na2CO3和NaHCO3性质，易错点C，实验过程中NaHCO3受热分解产生CO2，Na2CO3受热不分解。23. ClO2是一种广谱型的消毒剂，根据世界环保联盟的要求ClO2将逐渐取代Cl2成为生产自来水的消毒剂。工业上ClO2常用NaClO3和Na2SO3溶液混合并加H2SO4酸化后反应制得，在以上反应中NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为A. 11B. 12C. 21D. 23【答案】C【解析】【详解】根据题意知，酸性条件下，NaClO3和Na2SO3发生氧化还原反应生成ClO2和Na2SO4，同时生成水，该反应中Cl元
25、素化合价由+5价变为+4价、S元素化合价由+4价变为+6价，其转移电子数为2，根据转移电子守恒配平方程式为：H2SO4+2NaClO3+Na2SO3=2Na2SO4+2ClO2+H2O，所以该反应中NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为2:1，答案选C。24. G、Q、X、Y、Z均为含氯的化合物，我们不了解它们的化学式，但知道它们在一定条件下具有如下的转换关系（未配平）：GQNaCl；QH2OXH2；YNaOHGQH2O；ZNaOHQXH2O。这五种化合物中氯元素的化合价由高到低的顺序为（）A. GQZYXB. GYQZXC. XZQY GD. ZXGYQ【答案】C【解析】【详解】GQ+N
26、aCl中，NaCl中Cl元素为-1价，则Cl元素的化合价为QG-1，Y+NaOHG+Q十H2O中，为歧化反应，Y中Cl元素的化合价介于G、Q之间，结合可知Cl元素的化合价为QYG，Q+H2O X+H2中，H元素的化合价降低，则Cl元素的化合价升高，所以Cl元素的化合价为XQ，Z+NaOHQ+X+H2O中，为歧化反应，Z中Cl元素的化合价介于Q、X之间，结合可知，Cl元素的化合价为XZQ，所以五种化合物中氯的化合价由高到低的顺序为XZQY G，故选：C。25. KCl和KBr的混合物3.87克，溶于水并加入过量的AgNO3溶液后，产生6.63克沉淀，则混合物中钾的质量分数为（ ）A. 24.1B
27、. 40.3C. 25.9D. 48.7【答案】B【解析】【详解】KCl和KBr的混合物溶于水并加入过量的AgNO3溶液后，所得沉淀为AgCl、AgBr，由电荷守恒可知n(K+)=n(Ag+)，沉淀与原混合物质量之差=沉淀中Ag元素质量混合物中K元素质量，故108g/moln(K+)39g/moln(K+)=6.63g3.87g，解得n(K+)=0.04mol，混合物中K的质量分数= =40.3%，故选：B。三、填空题26. 已知几种元素的性质或原子结构的相关叙述如表所示，回答下列问题。元素编号元素性质或原子结构的相关叙述T失去一个电子后，形成与Ne相同的核外电子排布X最外层电子数是次外层电子
28、数的2倍Y其某种单质是空气的主要成分，也是最常见的助燃剂Z原子核外有3个电子层，最外层比次外层少1个电子(1)X的一种同位素可用来测定文物所属年代，这种同位素的原子符号是_。(2)Y形成的另一种单质，主要存在于地球的平流层中，被称作地球生物的保护伞，该单质的化学式是_。(3) 画出Z的原子结构示意图：_；(4)X的单质在Y的常见单质中充分燃烧，生成的产物可与T的过氧化物反应，其反应方程式是_。【答案】 (1). C (2). O3 (3). (4). 2CO2+ 2Na2O2 = 2Na2CO3 + O2【解析】【分析】T失去1个电子后，形成与Ne相同的核外电子排布，T是Na元素；X最外层电子
29、数是次外层电子数的2倍，X是C元素；Y的某种单质是空气的主要成分，也是最常见的助燃剂，Y是O元素；Z原子核外有3个电子层，最外层比次外层少1个电子，Z是Cl元素，据此判断。【详解】(1)X为C元素，其同位素C可用来测定文物所属年代；(2)臭氧主要存在于地球的平流层中，被称作地球生物的保护伞，臭氧的化学式是O3；(3)Z为Cl元素，原子核外有17个电子，其原子结构示意图为；(4)T是Na元素，单质钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠可以和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为2CO2+ 2Na2O2 = 2Na2CO3 + O2。27. 掌握仪器的名称、组装及使用方法是中学化学实验的基础，根
30、据如下图所示实验装置，回答下列问题。（1）写出下列仪器的名称：_， _。（2）若利用装置分离酒精和水的混合物，还缺少 的仪器是_，将仪器补充完整后进行的实验操作的名称为_；的进水口是_(填“f”或“g”)。实验中，仪器中需加入沸石，其作用为_。【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 冷凝管 (3). 温度计 (4). 蒸馏 (5). g (6). 防止暴沸【解析】【详解】（1）根据仪器构造可知是蒸馏烧瓶，是冷凝管。（2）若利用装置分离酒精和水混合物时需要控制温度，则还缺少的仪器是温度计，将仪器补充完整后进行的实验操作的名称为蒸馏；冷凝时应该是逆向冷却，则的进水口是g。实验中由于需要加热，为防止
31、液体暴沸，仪器中需加入沸石。28. 如图表示用CuSO45H2O晶体来配制480mL 0.20molL1 CuSO4溶液的几个关键实验步骤和操作，据图回答下列问题：（1）将上述实验步骤AF按实验过程先后次序排列 _，需称取CuSO45H2O 晶体的质量为_ 。（2）写出配制480mL0.20molL1CuSO4溶液所需要用到的玻璃仪器的名称：烧杯、量筒、玻璃棒、_、_。（3）在配制过程中，其他操作都是正确的，下列操作会引起浓度偏高的是_。A转移溶液时不慎有少量液体洒到容量瓶外面 B定容时俯视刻度线C未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容D定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，发现液面低于刻度线，再加
32、水至刻度线（4）实验两次用到玻璃棒，其作用分别是：先用于_、后用于_。【答案】 (1). CBDFAE (2). 25.0 g (3). 500mL容量瓶 (4). 胶头滴管 (5). BC (6). 搅拌 (7). 引流【解析】【分析】配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、转移、洗涤转移、定容、摇匀；没有480mL规格的容量瓶，所以应配制500mL溶液。【详解】(1)配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、转移、洗涤转移、定容、摇匀，所以正确的操作顺序为CBDFAE；选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，需要溶质的质量0.20mol/L0.5L250g/
33、mol=25.0g；(2)配制一定物质的量浓度溶液时需要用天平称量溶质，然后用量筒量取适量水在烧杯中进行溶解，溶解时要用玻璃棒搅拌，溶解后的溶液要转移到500mL容量瓶中，转移时用玻璃棒引流，之后还需要胶头滴管定容，所以还缺少的仪器：500mL容量瓶、胶头滴管；(3)A转移溶液时不慎有少量液体洒到容量瓶外面，可导致溶质偏少，浓度偏低，故A不符合题意；B定容时俯视刻度线，可导致体积偏小，溶液浓度偏大，故B符合题意；C未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容，溶液冷却后体积偏小，则浓度偏大，故C符合题意；D定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，发现液面低于刻度线，为正常现象，再加水至刻度线，体积偏大，则浓
34、度偏小，故D不符合题意；故答案为：BC；(4)溶解时需要玻璃棒搅拌加速溶解，移液时需要玻璃棒引流。29. （1）实验室制氯气的反应原理为_（方程式）KMnO4的氧化性比MnO2强得多，实验室也可以用KMnO4固体和浓盐酸反应制取氯气，反应方程式如下： 2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O氧化剂和还原剂的物质的量之比为_；当有lmol电子发生转移时，生成氯气的体积（标准状况）_。如果将20mL 12molL1的浓盐酸与足量KMnO4充分反应，实际能收集到的氯气在标准状况下的体积将_。A168L B1.68L C1.68L D1.68L（2）现用如图所示的实验
35、仪器及药品制备纯净、干燥的氯气并与粗铜反应（铁架台、铁夹省略）。按气流方向连接各仪器接口顺序是：a_、_ h 、i _、_。装置中，饱和食盐水的作用是_；B装置中发生反应的方程式为_。（3）工业上以氯气和石灰乳为原料制取漂白粉，其化学反应方程式为_。【答案】 (1). 4HCl（浓）MnO2MnCl22H2OCl2 (2). 1：5 (3). 11.2L (4). D (5). d (6). e (7). f (8). g (9). b。 (10). 除去Cl2中的HCl (11). Cl2 2NaOH= NaCl NaClOH2O . (12). 2Cl2 2Ca（OH）2 = CaCl2C
36、a（ClO）22H2O【解析】【详解】(1)实验室用二氧化锰和浓盐酸在加热条件制取氯气，化学方程式为： ；KMnO4与浓盐酸反应过程中，锰元素的化合价从+7降到+2，得出KMnO4作氧化剂，参加的物质的量为2mol；氯元素的化合价从-1升到0，得出浓盐酸作还原剂，16mol HCl中只有10mol作还原剂，6mol体现酸性，故氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：5；根据化学方程式可知，每生成1mol Cl2转移2 mol电子，即转移1 mol电子会生成0.5mol Cl2，氯气的体积（标准状况）为；，若完全反应生成氯气为，其体积为，但随反应进行，浓盐酸变为稀盐酸，不再发生氧化还原反应，则产生氯气小于1.68L，故选D；(2) 从a出来的气体含有氯化氢和水蒸气，依次通过dehi除去氯化氢和水蒸气，然后与铜反应，最后尾气处理用氢氧化钠，则依次再通过fgb，所以按照气流方向各仪器接口的连接顺序为adehifgb，故答案为：adehifgb；从a出来的气体含有氯化氢和水蒸气，氯化氢气体需要饱和食盐水来除去；B装置中Cl2与氢氧化钠溶液反应方程式为；(3) 氯气和石灰乳反应化学方程式为 。
