1、天津市静海区四校2020-2021学年高一化学上学期12月阶段性检测试题（含解析）本试卷分为第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，第卷第1页至第1页，第卷第1页至第2页。试卷满分100分。考试时间60分钟。第卷选择题(共20题；每题2分，共40分，每题只有一个正确答案)1. 下列叙述中，不正确的是A. CaCO3、Ca(HCO3)2、Cu2(OH)2CO3都属于碳酸盐B. 盐酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物C. 蓝矾(CuSO45H2O)和干冰属于化合物，铁矿石属于混合物D. 通过化学反应，可由Ba(OH)2一步转化生成NaOH【答案】B【解析】【详解】ACaCO3是碳酸的
2、正盐、Ca(HCO3)2是碳酸的酸式盐、Cu2(OH)2CO3是碳酸的碱式盐，三者都属于碳酸盐，故A正确，不符合题意；B纯碱属于盐类，故B错误，符合题意；C蓝矾是含结晶水的化合物，干冰是固态CO2，二者都属于化合物，铁矿石含有多种物质是混合物，故C正确，不符合题意；DBa(OH)2Na2CO3BaCO32NaOH，对溶液过滤可得NaOH溶液，能够一步制取，故D正确，不符合题意；故答案选B。2. 金属钛对体液无毒且有惰性，能与肌肉和骨骼生长在一起，因而有“生命金属”之称。下列有关和的说法中正确的是( )A. 和中均含有22个中子B. 和的中子数不同C. 分别由和组成的金属钛单质互称为同素异形体D
3、. 和的性质完全相同【答案】B【解析】【详解】A含48-22=26个中子，含50-22=28个中子，A错误；B含48-22=26个中子，含50-22=28个中子，二者中子数不同，B正确；C分别由和组成的单质均为钛单质，化学性质相同，不互为同素异形体，C错误；D和为两种不同的核素，物理性质不相同，化学性质相同，D错误。答案选B。3. 下列说法正确的是( )A. NaCl和HCl都是电解质，所以它们在熔融状态下都能导电B. 胶体是分散质粒径大小在10-9 10-7 m之间的分散系C. 电解质CH3COONH4的电离方程式为：CH3COONH4CH3COO-+NHD. SO2的水溶液能导电，所以SO
4、2是电解质【答案】B【解析】【详解】ANaCl和HCl都是化合物，NaCl属于盐，HCl属于酸，二者均属于电解质，但NaCl在熔融状态下能电离，因而熔融状态下NaCl能导电，HCl熔融状态下不能电离，因而熔融状态下HCl不导电，A错误；B胶体是分散质粒径大小在1100nm即10-910-7 m之间的分散系，B正确；CCH3COONH4属于盐，为强电解质，完全电离，其电离方程式为CH3COONH4=CH3COO-+NH，C错误；DSO2的水溶液中因H2SO3发生电离能导电，但SO2本身不电离，因此SO2是非电解质，D错误。答案选B。4. 下列溶液中的离子能够大量共存的一组是A. 强碱性溶液中：F
5、e3+、Cl-B. 透明的酸性溶液中：Cu2+、K+、Cl-、C. 含有0.1mol/L的Ca2+的溶液中：、Cl-、K+D. 使酚酞溶液呈红色的溶液中：Na+、Al3+、【答案】B【解析】【详解】A强碱性溶液中含有大量的OH-，Fe3+与OH-反应生成Fe(OH)3沉淀，与OH-反应生成一水合氨，A与题意不符；B透明的酸性溶液中含有大量的H+，Cu2+、K+、Cl-、H+之间不发生反应，可以大量共存，B符合题意；CCa2+与反应生成CaCO3沉淀，不能大量共存，C与题意不符；D使酚酞变红的溶液中含有大量OH-，Al3+不能大量共存，且铝离子与碳酸根离子也不能大量共存，D与题意不符；答案为B。
6、5. 下列离子方程式书写正确的是（）A. Ba(OH)2和H2SO4两溶液混合：Ba2OHHSO=BaSO4H2OB. 氢氧化铜加到盐酸中：OHH=H2OC. 锌和硝酸银溶液反应：ZnAg=AgZn2D. FeCl3和NaOH溶液反应：Fe33OH=Fe(OH)3【答案】D【解析】【详解】A由于1mol Ba(OH)2电离出1molBa2+和2molOH-，1molH2SO4电离出2molH+和1mol，故Ba(OH)2和H2SO4两溶液混合：Ba22OH2H=BaSO42H2O，A错误；B氢氧化铜是沉淀，故氢氧化铜加到盐酸中：Cu(OH)22H=2H2O+Cu2+，B错误；C该离子反应电荷不
7、守恒，正确写法为：Zn2Ag=2AgZn2，C错误；DFeCl3和NaOH溶液反应生成Fe(OH)3和NaCl，故离子方程式为：Fe33OH=Fe(OH)3，D正确；故答案为：D。6. 设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A. 2.4g金属镁所含电子数目为0.2NAB. 16g CH4所含原子数目为NAC. 17gNH3所含中子数目为10 NAD. 20g重水（D2O）所含质子数目为10NA【答案】D【解析】【详解】A、2.4g金属镁所含电子数目为1.2NA，A选项不正确；B、16g CH4物质的量是1mol，所含原子数目为4NA，选项B不正确；C、H原子核内不含中子，17gNH3所含中子
8、数目为7NA，C选项不正确；D、20g重水（D2O）为1mol，所含质子数目为10NA，D选项正确。7. 下列说法正确的是( )A. 232Th和230Th是钍的两种同位素，元素Th的近似相对原子质量是231B. 12C、14C互为同素异形体C. 235U和238U是中子数不同质子数相同的同种核素D. 在元素周期表的16个族中，第B的元素种类最多【答案】D【解析】【详解】A元素的近似相对原子质量为各同位数的质量数与自然界中该同位素的个数百分含量的乘积之和，故无法仅根据232Th和230Th是钍的两种同位素确定元素Th的近似相对原子质量，A错误；B12C、14C互为同位素，B错误；C235U和2
9、38U是中子数不同质子数相同的同种元素的不同核素，C错误；D在元素周期表的16个族中，第B族中包含镧系和锕系共30种元素，故第B的元素种类最多，D正确；故答案为：D。8. 在氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现出各自的性质。下列实验现象和结论一定正确的是A. 溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在B. 加入有色布条，一会儿有色布条褪色，说明溶液中有Cl2分子存在C. 加入盐酸酸化，再加入硝酸银溶液，产生白色沉淀，说明氯水中有Cl存在D. 氯水放置数天后酸性将减弱【答案】A【解析】【详解】A. Cl2为黄绿色、刺激性气味的气体，故A正确；B.有色布条褪色，说明溶液中有HC
10、lO分子存在，因为次氯酸有漂白性，故B错误；C.加入盐酸酸化，加入了氯离子，会干扰氯水中氯离子的测定，应该用硝酸酸化，故C错误；D. Cl2+H2OHCl+HClO，HClO不稳定，易分解生成HCl和O2，导致平衡正向移动，因此久置氯水变成了盐酸，酸性增强，故D错误；答案选A。9. 将金属钠投入盛有下列溶液的小烧杯中，既有气体生成，又有白色沉淀产生的是（不考虑反应中溶液温度的变化）（ ）溶液 NaCl溶液 溶液 饱和溶液溶液 饱和NaCl溶液A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】将钠投入溶液中，钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和部分盐能发生复分解反应，根据产物的可溶性判断即可
11、。【详解】将钠投入碱或盐的溶液中先发生反应：中再发生反应：，故符合题意；钠与氯化钠溶液反应生成氢气，得不到沉淀，故不符合题意；钠与硫酸钠溶液反应生成氢气，得不到沉淀，故不符合题意；中由于水减少，则有析出，故符合题意；中生成蓝色的沉淀，不符合题目要求；中由于水减少，则有NaCl析出，故符合题意。答案选C。10. 实验室欲配制100mL1.00mol/ L Na2CO3溶液。下列有关叙述中，正确的是( )A. 用托盘天平称取10.60 g Na2CO3固体B. 将Na2CO3固体放入容量瓶中，加水至刻度线C. 定容时俯视液面，所得溶液浓度偏高D. 加水时不慎超过刻度线，用胶头滴管直接吸出多余液体【
12、答案】C【解析】【详解】A用托盘天平称量时，只能精确到小数点后一位，故称取Na2CO3固体的质量应该为：0.1L1.00mol/L106g/mol=10.6 g，A错误；B容量瓶不能作为溶解、稀释或者长期贮存溶液，B错误； C定容时俯视液面，所得溶液的体积偏小，故所得溶液浓度偏高，C正确；D加水时不慎超过刻度线，不能用胶头滴管直接吸出多余液体，否则将使所配溶液的浓度偏小，D错误；故答案为：C。11. 已知5KCl + KClO3 +3H2SO4=3Cl2 + 3K2SO4 + 3H2O ，下列说法不正确的是A. H2SO4 既不是氧化剂又不是还原剂B. 1mol KClO3 参加反应时有5mo
13、l电子转移C. KClO3是氧化剂D. 被氧化与被还原的氯元素的质量比为1:5【答案】D【解析】【分析】反应5KCl+KClO3+3H2SO43Cl2+3K2SO4+3H2O中氯化钾中Cl元素的化合价由-1价升高为0，氯酸钾中Cl元素的化合价由+5价降低为0，该反应转移5e-，以此解答。【详解】A反应5KCl+KClO3+3H2SO43Cl2+3K2SO4+3H2O中氯化钾Cl元素的化合价由-1价升高为0，氯酸钾中Cl元素的化合价由+5价降低为0，氯化钾是还原剂，氯酸钾是氧化剂，H2SO4既不是氧化剂又不是还原剂，A正确；B1molKClO3参加反应时有1mol（5-0）=5mol电子转移，B
14、正确；C所含元素化合价降低的物质为氧化剂，则KClO3是氧化剂，C正确；DKCl为还原剂，被氧化，KClO3是氧化剂被还原，由反应可知被氧化与被还原的氯元素的质量比为5：1，D错误；答案选D。【点睛】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念和转移电子的考查。12. 200mL0.3mol/L的K2SO4溶液和100mL0.2mol/L Fe2(SO4)3溶液混合后不考虑混合后溶液体积的变化，溶液中的物质的量浓度为 ( ) A. 0.3mol/LB. 0.4mol/LC. 0.45mol/LD. 0.5mol/L【答案】B【解析】【详解】200mL0
15、.3mol/L的K2SO4溶液中的物质的量为0.2L0.3mol/L=0.06mol，100mL0.2mol/L Fe2(SO4)3溶液中的物质的量为30.1L0.2mol/L=0.06mol，故混合液中的物质的量为0.06mol+0.06mol=0.12mol，由于混合后不考虑体积的变化，混合后的体积为0.3L，混合液中的物质的量浓度为，故选B。13. 下列关于容量瓶及其使用方法的叙述，正确的是是配制一定物质的量浓度的溶液的专用仪器 使用前要先检查容量瓶是否漏液容量瓶可以用来加热不能用容量瓶贮存配制好的溶液可以用500mL容量瓶配制450mL溶液A. 除了B. C. D. 除了【答案】A【解
16、析】【详解】容量瓶是配制一定物质的量浓度的溶液的专用仪器，正确；容量瓶使用前要先检查容量瓶是否漏液，正确；容量瓶只能配制溶液，不能用来加热，错误；不能用容量瓶贮存配制好的溶液，故正确；450mL溶液应用500mL容量瓶来配制，正确；选项A符合题意。14. 下列实验现象与结论均正确的是选项实验操作实验现象实验结论A向未知液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液溶液呈红色未知液中一定含有Fe2B向无色溶液中滴加氯水，再加淀粉溶液溶液变蓝无色溶液中含有IC向某溶液中加入硝酸银溶液产生白色沉淀该溶液中含有ClD将银白色金属钠放置在空气中钠表面很快变暗金属钠具有强氧化性A. AB. BC. CD. D【答案】B
17、【解析】【详解】A、氯气具有强氧化性，能把亚铁离子氧化成铁离子，向未知液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液，溶液呈血红色，不能排除原溶液中含有Fe3+，应该先加KSCN溶液，后滴加氯水判断原溶液中是否含有Fe2+，故A错误；B、氯气能把碘离子氧化成碘，碘使淀粉变蓝，说明氯气把碘离子氧化成碘，则无色溶液中一定含I-，故B正确；C、与硝酸银溶液反应生成白色沉淀的离子有Cl、SO42-、OH-等，所以向某溶液中加入硝酸银溶液，产生白色沉淀，原溶液不一定含Cl，故C错误；D、金属钠具有强还原性，故D错误。15. 下列说法中正确的是( )A. 某微粒核外电子排布为2、8、8结构，则该微粒一定氩原子B. 最外
18、层电子达到稳定结构的微粒只能是稀有气体的原子C. F-、Na+、A13+是与Ne原子具有相同电子层结构的离子D. 某元素原子的最外层只有2个电子，则该元素一定是金属元素【答案】C【解析】【详解】A某微粒核外电子排布为2、8、8结构，不一定是氩原子，还可能是氯离子、钾离子等，故A错误；B最外层电子达稳定结构的微粒不一定是稀有气体的原子，也可能是阴离子或阳离子，故B错误；CF-、Na+、Al3+都有2个电子层，第1层上2个电子，第2层上8个电子，与Ne原子具有相同电子层结构，故C正确；D原子的最外层只有2个电子，该元素不一定是金属元素，也可能是He，故D错误。答案选C。16. 下列实验，能达到实验
19、目的的是ABCD观察钾元素的焰色实验室制备Fe(OH)2制备氧化钠比较NaHCO3和Na2CO3溶解度A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A、透过蓝色钴玻璃观察钾元素的焰色，故A正确；B、氢氧化亚铁易被氧化，应把胶头滴管伸入氯化亚铁溶液中滴加氢氧化钠，故B错误；C、钠与氧气加热生成过氧化钠，故C错误；D、溶解度与溶解放热多少无关，故D错误；答案选A。17. 下列叙述不正确的是选项被提纯物质杂质除杂试剂或方法AFeCl3溶液FeCl2通入适量Cl2BCl2H2O (蒸气)通入浓硫酸中C铜粉铁粉加入过量盐酸并过滤DCO2HCl通入饱和的碳酸钠溶液中A. AB. BC. CD.
20、 D【答案】D【解析】【详解】A、FeCl2与氯气反应生成FeCl3，通入氯气可除去FeCl3溶液中的FeCl2，故A正确；B、浓硫酸具有吸水性，可除去氯气中的水蒸气，故B正确；C、铜与盐酸不反应、铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，可用盐酸除去铜中的铁粉，故C正确；D、二氧化碳与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，不能用碳酸钠溶液除去二氧化碳中的氯化氢，故D错误；答案选D。18. 下列有关Na2CO3和NaHCO3的说法错误的是A. 等质量Na2CO3和NaHCO3分别和足量盐酸反应，相同条件下前者生成CO2少B. 将石灰水分别加入NaHCO3和Na2CO3中，前者不生成沉淀C. 相同条件下Na2CO3
21、比NaHCO3更易溶于水D. Na2CO3固体中含少量NaHCO3，可用加热法除去【答案】B【解析】【详解】A等质量的Na2CO3和NaHCO3，碳酸钠的摩尔质量大，其物质的量少，盐酸足量，碳元素守恒，则与盐酸完全反应碳酸钠产生的气体少，故A正确；BNa2CO3和NaHCO3都能与澄清的石灰水反应生成沉淀，反应为CO32+Ca2+=CaCO3，2HCO3+Ca2+2OH=CaCO3+2H2O+CO32，故B错误；C向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳析出碳酸氢钠晶体，则相同条件下，在水中的溶解性为NaHCO3Na2CO3，故C正确；DNaHCO3不稳定，加热易分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2
22、+H2O，碳酸钠受热稳定，可用加热法除去，故D正确；故选B。19. 下列说法正确的是（ ）A. 1molO2与金属Na反应，O2一定得到4NA个电子B. 18gNH4+中所含的电子数为11NAC. 1molFe与足量的Cl2反应，转移的电子数为2NAD. 1molCl2与足量的Fe反应，转移的电子数为2NA【答案】D【解析】【详解】A氧气和钠反应可以生成氧化钠，也可以生成过氧化钠，1molO2与金属钠反应，生成氧化钠电子转移4mol，生成过氧化钠电子转移2mol，所以1molO2与金属Na反应，O2不一定得到4NA个电子，故A错误；B18gNH4+中含有NH4+的物质的量为=1mol，一个NH
23、4+中所含的电子数为10，因此18gNH4+中所含的电子数为10NA，故B错误；C铁与足量氯气反应，只有铁失电子，Fe被氧化为Fe3+，1molFe失去电子数为3NA，因此转移电子数为3NA，故C错误；D氯气与足量铁反应，只有氯气得电子，Cl2被还原为Cl-，每个氯气得到2个电子，所以1molCl2得到的电子为2mol即2NA，转移电子数为2NA，故D正确；故选：D。20. 下列氧化还原反应所标出的电子转移情况中没有错误的是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】AMn得2个电子，由+4价降低为+2价，Cl失2个电子，由-1价升高到0价，A正确；B铵根中N失53e-，由-3价升高
24、到0价，硝酸铵中硝酸根中的N得35e-，由+5降低到0价，得失电子数错误，B错误；C氧元素的化合价没有发生改变，而是硫元素失去2e-，C错误；DHCl中Cl失电子，由-1价升高到0价，KClO3中Cl得电子，由+5价降到0价，得失电子标错，D错误。答案选A。第卷非选择题(共6题；共60 分)21. (1)下列物质是电解质有_，在本题指定状态下能导电的有_。(填序号) CO2 液态HCl 稀硫酸 NaCl晶体 NH3 熔融KOH 铁(2) 4.9g硫酸的物质的量_mol；标准状况下，3.6121023个氯气分子的物质的量为_mol；(3)7.8g Na2O2投入200mL水中，充分反应。该反应的
25、化学方程式为_。生成的气体在标准状况下的体积为_L。反应后溶液中溶质的物质的量浓度为_mol/L。(忽略反应前后溶液体积变化)【答案】 (1). (2). (3). 0.05 (4). 0.6 (5). 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 (6). 1.12 (7). 1【解析】【详解】(1)CO2在熔融状态下和水溶液中自身均不能电离，为非电解质，不能导电；液态HCl的水溶液电离出能自由移动的氢离子和氯离子，属于电解质，液态HCl不能电离，不导电；稀硫酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质，但是稀硫酸中的硫酸电离出能自由移动的氢离子和硫酸根离子，能导电；NaCl晶体的水溶液或在熔融状态下
26、均能导电，为电解质；NH3在熔融状态下和水溶液中自身均不能电离，为非电解质，也不能导电；熔融KOH的水溶液或在熔融状态下均能导电，为电解质，熔融状态下电离出能自由移动的钾离子和氢氧根离子，能导电；铁属于金属单质，既不是电解质也不是非电解质，能导电；综上所述，属于电解质的有，本题状态下能导电的有，故答案为：；(2)4.9g硫酸的物质的量为=0.05mol，3.6121023个氯气分子的物质的量为=0.6mol，故答案为：0.05；0.6；(3)Na2O2与H2O反应生成NaOH和O2，反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，7.8g Na2O2的物质的量为=0.1mol，则，
27、列比例式，解得生成的气体在标准状况下的体积V=1.12L，生成NaOH的物质的量n=0.2mol，因此：该反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；生成的气体在标准状况下的体积为1.12L，故答案为：1.12；反应后溶液中溶质的物质的量浓度c=1mol/L，故答案为：1。22. 氯气可用于制取漂白剂和自来水消毒。(1)将氯气通入水中制得氯水，氯水可用于漂白，氯气和水反应的化学方程式为_。(2)“84”消毒液也可用于漂白，其工业制法是控制在常温条件下，将氯气通入NaOH溶液中，反应的离子方程式为_(3)在反应(浓)中，标况下6
28、.72L 参加该反应时，反应中转移_个电子(写出具体数目)。【答案】 (1). Cl2+H2O=HCl+HClO (2). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O (3). 3.011023【解析】【详解】(1)氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，反应的化学方程式为Cl2+H2O=HCl+HClO，故答案为：Cl2+H2O=HCl+HClO；(2) Cl2和NaOH反应生成NaCl、NaClO和H2O，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；(3)标况下6.72L的物质的量为=0.3 mol，在反应(浓)中，Cl2发生歧
29、化反应，每3 mol Cl2参与反应有5 mol Cl得电子变为Cl-，有1 mol Cl原子失电子变为，转移5 mol电子，因此当标况下6.72 L 参加该反应时，反应中转移0.5 mol电子，转移电子数=0.5mol6.021023mol-1=3.011023，故答案为：3.011023。23. 现有金属单质A、B和气体甲、乙、丙以及物质C、D、E、F，它们之间能发生如下反应。(图中有些反应的产物和反应条件没有标出)请回答下列问题：(1)A的化学式为_，丙的化学式为_；(2)写出下列反应的离子方程式： _； _。【答案】 (1). Na (2). HCl (3). 2Fe2+Cl2=2Fe
30、3+2Cl- (4). Fe3+3OH-=Fe(OH)3【解析】【分析】金属A焰色反应为黄色，故A为金属Na，由反应可知，C为NaOH，气体甲为H2；黄绿色气体乙为Cl2，与氢气反应生成丙为HCl，HCl溶于水得物质D为盐酸；氢氧化钠与物质F反应生成红褐色沉淀是Fe(OH)3，故物质F中含有Fe3+，由转化关系HCl物质E物质F，可知金属B为Fe，物质E为FeCl2，物质F为FeCl3，结合物质的性质解答该题。【详解】(1)A化学式为Na，丙的化学式为HCl，故答案为：Na；HCl；(2)反应为FeCl2和Cl2反应生成FeCl3，反应的离子方程式为2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-；反应为
31、NaOH和FeCl3反应生成Fe(OH)3和NaCl，反应的离子方程式为Fe3+3OH-=Fe(OH)3，故答案为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-；Fe3+3OH-=Fe(OH)3。24. 实验室现需要浓度为0.5mo/L的稀硫酸480mL，欲用18.4 molL-1的浓硫酸来配制。(1)实验所需浓硫酸的体积为_mL。(2)实验时需要用到的玻璃仪器除量筒、烧杯和玻璃棒外，还有_。(3)请将下列各操作按正确的顺序将字母代号填写在横线上。其正确的操作顺序依次为_。A用量筒量取浓H2SO4 B塞好瓶塞，反复颠倒摇匀C加蒸馏水至离容量瓶瓶颈刻度线下12cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线D 用
32、适量蒸馏水洗涤烧杯、玻璃棒23次，洗涤液一并转入容量瓶，并轻摇容量瓶使其混匀E 冷却至室温后，将溶液转入容量瓶 F 稀释浓H2SO4(4)配制过程中，下列操作会使配制的稀硫酸浓度偏高的是_(填序号)。量取浓硫酸的量筒用蒸馏水洗涤23次，并把洗涤液转入容量瓶容量瓶查漏后未经干燥就直接使用定容时俯视刻度线量取浓硫酸时仰视读数定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线浓硫酸稀释后没有冷却至室温就转移至容量瓶【答案】 (1). 13.6 (2). 胶头滴管、500mL容量瓶 (3). AFEDCB (4). 【解析】【分析】没有480mL容量瓶，选取500mL容量瓶进行配制，用
33、18.4 molL-1的浓硫酸来配制0.5mol/L的稀硫酸，属于溶液的定量稀释，主要步骤为计算量取稀释冷却转移洗涤定容摇匀，结合配制步骤分析解答。【详解】(1)稀释过程硫酸的物质的量不变，则18.4mo/LV=0.5mo/L500mL，解得实验所需浓硫酸的体积为13.6mL，故答案为：13.6(2)量取浓硫酸用到量筒、胶头滴管，稀释用到烧杯和玻璃棒，转移用到玻璃棒和500mL容量瓶，因此实验时需要用到的玻璃仪器除量筒、烧杯和玻璃棒外，还有胶头滴管、500mL容量瓶，故答案为：胶头滴管、500mL容量瓶；(3)结合分析可知正确的操作顺序依次为AFEDCB，故答案为：AFEDCB；(4)量取浓硫
34、酸的量筒用蒸馏水洗涤23次，并把洗涤液转入容量瓶，导致溶质硫酸的物质的量偏大，浓度偏高；容量瓶查漏后未经干燥就直接使用，导致刻度线以上有少量水，导致溶液体积偏大，浓度偏低；定容时俯视刻度线导致溶液体积偏小，浓度偏高；量取浓硫酸时仰视读数导致浓硫酸体积偏大，溶质物质的量偏大，浓度偏高；定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线导致溶液体积偏大，浓度偏低；浓硫酸稀释后没有冷却至室温就转移至容量瓶导致最终溶液体积偏小，浓度偏高；综上所述，导致浓度偏高的有，故答案为：。25. 短周期A、B、C、D 4种元素，原子序数依次增大，A原子最外层上有4个电子；B的阴离子和C的阳离子具有
35、相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E；D的L层电子数等于K、M两个电子层上电子数之和。(1)元素(填元素符号)：A为_ B为_(2)D在周期表中的位置_ ；它的最高价氧化物对应的水化物：_(3)C的单质与水反应的化学方程式是_【答案】 (1). C (2). O (3). 第三周期第VIA族 (4). H2SO4 (5). 2Na + 2H2O =2NaOH + H2，【解析】【分析】A、B、C、D为四种短周期元素，原子序数依次增大，B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E，则固体E为Na2O2，则B为O元素、C为Na元素；A的
36、原子序数小于B，且A原子的最外层上有4个电子，则A为C元素；D的L层电子数等于K、M两个电子层上电子数之和，则D原子M层电子数为8-2=6，核外各层电子分别为2、8、6，则D为S元素；综上所述，A、B、C、D分别为C、O、Na、S，结合元素周期表、律相关知识解答。【详解】(1)由上述分析可知，A为C、B为O，故答案为：C；O；(2)D为S元素，位于第三周期第VIA族，最高价氧化物的水化物的化学式是H2SO4，故答案为：第三周期第VIA族；H2SO4；(3)C为Na元素，Na与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式为：2Na + 2H2O =2NaOH + H2，故答案为：2Na + 2H2
37、O =2NaOH + H2。26. 下图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置(夹持设备已略)。(1)装置A是氯气的发生装置，其中盛放浓盐酸的仪器名称是_，请写出反应的化学方程式：_。(2)装置B中饱和食盐水的作用是_；同时装置B也是安全瓶，监测实验进行时C、D中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象：_。(3)装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中、处依次放入物质的组合应是_(填字母编号)。编号a干燥的有色布条碱石灰湿润的有色布条b干燥的有色布条无水硫酸铜湿润的有色布条c湿润的有色布条浓硫酸干燥的有色布条d湿润的有色布条无水氯化钙干燥的有色布条(4)设计装置D、E的目的是比
38、较氯、溴、碘单质的氧化性。反应一段时间后，打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡，观察到的现象是_，该现象_(填“能”或“不能”)说明溴单质的氧化性强于碘，原因是_。(5)装置F的作用是_，其烧杯中的溶液不能选用下列中的_a饱和NaOH溶液 b饱和Ca(OH)2溶液 c饱和Na2SO3溶液【答案】 (1). 分液漏斗 (2). Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2+2H2O (3). 除去Cl2中的HCl (4). B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱 (5). d (6). E中溶液由无色变为蓝色 (7). 不能 (8). D中的溶液中可能含有Cl2，氯气、溴均可与KI
39、反应生成碘 (9). 吸收未反应的氯气 (10). b【解析】【分析】装置A是漂白粉即次氯酸钙和稀盐酸在常温下反应生成氯气、氯化钙和水，氯气中含杂质氯化氢，通过装置B中饱和食盐水除去，通过无水氯化钙干燥气体，验证氯气是否具有漂白性，则先通过I中湿润的有色布条，观察到褪色，再利用II中固体干燥剂(无水氯化钙或硅胶)干燥后，在中放入干燥的有色布条，观察到颜色不褪，则验证氯气不具有漂白性，D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性，D中发生氯气与NaBr的反应生成溴，打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，氯气、溴均可与KI反应生成碘，则E中碘单质遇到淀粉溶液显蓝色，该现象不能说明溴的非金属性强于碘，
40、过量的氯气也可将碘离子氧化，应排除氯气的干扰，最后剩余气体被氢氧化钠等试剂吸收，据此分析解题。【详解】(1)由实验装置图可知装稀盐酸的仪器为分液漏斗，次氯酸钙与浓盐酸反应的反应方程式为：Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2+2H2O，故答案为：分液漏斗；Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2+2H2O；(2)盐酸易挥发，反应制取的氯气中含有氯化氢，装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的，压强增大，B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱，故答案为：除去Cl2中的HCl；B中长颈漏斗中液面上升，
41、形成水柱；(3)装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，选项中abc的中都是干燥剂，再通入湿润的有色布条不能验证氯气的漂白性，所以C中I、II、III依次放入湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条，所以选d，故答案为：d；(4)打开活塞，将装置D中含溴单质的少量溶液加入含碘化钾和苯的装置E中，溴单质和碘化钾反应生成碘单质，碘单质遇到淀粉溶液变为蓝色，由于此时D中的溶液中可能含有Cl2，氯气、溴均可与KI反应生成碘，故该现象不能说明溴的非金属性强于碘，过量的氯气也可将碘离子氧化，应排除氯气的干扰振荡，故答案为：E中溶液由无色变为蓝色；不能；D中的溶液中可能含有Cl2，氯气、溴均可与KI反应生成碘；(5) 装置F的作用是吸收未反应的氯气，吸收氯气可以用的试剂为：a饱和NaOH溶液，2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，a可以吸收氯气，a不合题意； b饱和Ca(OH)2溶液，由于Ca(OH)2的溶解度太低，溶液浓度小，不能完全吸收Cl2，故不用饱和Ca(OH)2溶液，吸收多余的氯气，b符合题意；c饱和Na2SO3溶液， +Cl2+H2O=+2H+，故可用饱和Na2SO3溶液来吸收氯气尾气，c不合题意；故答案为：吸收未反应的氯气；b。
