1、河北省唐山市遵化市2020-2021学年高一化学上学期期中试题（含解析）本试卷分第I卷和第II卷，第I卷为选择题，共40分，第II卷为非选择题，共60分，满分100分，考试时间为90分钟。将第I卷选择题的答案涂在答题卡中。可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Na23 S32 Al27 Cl35.5 第卷（选择题，共40分）一、选择题（每小题有一个选项符合题意。每小题2分，共40分。）1. 将下列各组物质按单质、氧化物、酸、碱、盐分类顺序排列,其中正确的是A. 银、干冰、硫酸、纯碱、食盐B. 碘酒、冰、盐酸、烧碱、食盐C. 铜、氧化铜、醋酸、石灰水、氯化铜D. 氢气、二氧化硫、硝酸、烧
2、碱、硝酸钾【答案】D【解析】【详解】A. 纯碱是碳酸钠，属于盐，故A错误；B. 碘酒是混合物，不是单质，故B错误；C. 石灰水是氢氧化钙水溶液，是混合物，不是碱，故C错误；D. 氢气是非金属单质，二氧化硫是氧化物，硝酸是酸，烧碱是氢氧化钠，属于碱，硝酸钾是盐，故D正确；故选D。2. 反应TiCl4+4Na=Ti+4NaCl可制取金属钛，该反应属于（ ）A. 化合反应B. 分解反应C 置换反应D. 复分解反应【答案】C【解析】【详解】根据反应特点，一种单质与化合物反应生成另一种单质和另一种化合物，该反应为置换反应，且化合价发生改变为氧化还原反应，答案为C。3. 区分胶体和溶液的实验方法可行的是(
3、)A. 观察颜色B. 一束光照射C. 静置沉降D. 过滤【答案】B【解析】【详解】丁达尔效应是胶体的特性，溶液无丁达尔效应，所以区分溶液和胶体的实验方法是利用“丁达尔效应”，即用一束光照射，答案为B。4. 下列反应中，不属于氧化还原反应的是 （ ）A. 2KClO32KCl3O2B. 3COFe2O32Fe3CO2C. CaCO3SiO2CaSiO3CO2D. ZnH2SO4=ZnSO4H2【答案】C【解析】【详解】A2KClO32KCl3O2反应中，反应前后氧元素、氯元素的化合价发生变化，是氧化还原反应，A不符合题意；B3COFe2O32Fe3CO2反应中，反应前后碳元素、铁元素的化合价发生
4、变化，是氧化还原反应，B不符合题意；CCaCO3SiO2CaSiO3CO2反应中无元素化合价的升降，不是氧化还原反应，C符合题意；DZnH2SO4=ZnSO4H2反应中，反应前后锌元素、氢元素的化合价发生变化，是氧化还原反应，D不符合题意；答案选C。5. 500 mL 2 molL1的MgCl2溶液中含有氯离子的物质的量是()A. 1 molB. 2 molC. 3 molD. 1000 mol【答案】B【解析】【详解】试题分析：n（MgCl2）= 2mol/L0.5L=1mol；n（Cl-）=2n（MgCl2）= 2mol，故B正确。6. 已知A的原子序数是x，B与A3+具有相同的电子层结构
5、，则B元素的原子序数为( )A. x+4B. x-4C. x+1D. 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。7. 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89B. 中子数与电子数之差为50C. 核外电子数是39D. 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，
6、中子数=质量数质子数=8939=50，电子数与中子数之差为5039=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。【点睛】原子中质子数、中子数、质量数之间的关系为质量数=质子数+中子数，原子中的质子数与电子数的关系为核电荷数=核外电子数=核内质子数，同位素是指质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子互称同位素8. 下列微粒的表达式中正确的是 ( )A. Be原子的结构示意图：B. S2的结构示意图：C. F原子的结构示意图：D. Na的结构示意图：【答案】B【解析】【详解】ABe是4号元素，核
7、电荷数为4，Be原子的结构示意图为，A错误；BS是16号元素，得到两个电子形成S2，结构示意图为，B正确；CF原子最外层7个电子，结构示意图为，C错误；DNa是11号元素，Na的核电荷数为11，结构示意图为，D错误；故选B。9. 下列叙述正确的是（ ）A. 1molOH-的质量为17gB. 二氧化碳的摩尔质量为44gC. 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
8、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：A10. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列判断错误的是A. 常温常压下3.2 g O2和O3所含的原子数为0.2NAB. 非标准状况下，44 g CO2所含的氧原子数目为2NAC. 室温下，1mol H2中含有质子数为2NAD. 1molL1的K2SO4溶液中钾离子数为2NA【答案】D【解析】【详解】A. O2和O3都是由O组成，则3.2 g O2和O3所含的原子数为，O原子个数为0.2NA=0.2NA，故A正确；B. 44 g CO2的物质的量为，O原子的物质的量
9、为2mol，数目为2NA，故B正确；C. 1mol H2中含有氢分子个数为N=nNA=NA，每个分子中含有2个质子，则质子总数为2NA ，故C正确；D. 溶液体积未知，无法计算溶液中离子数目，故D错误；故选D。11. 下列分离物质的方法中，不正确的是A. 利用蒸发的方法从石油中分离出汽油和煤油B. 利用分液的方法将水和苯分离开来C. 利用结晶的方法除去硝酸钾中混有的少量氯化钾D. 利用过滤的方法除去水中的泥沙【答案】A【解析】【详解】A.汽油和煤油是两种沸点不同的烃的混合物，采用蒸馏的方法分离，错误；B.水和苯互不相溶，用分液的方法分离，正确；C.硝酸钾的溶解度随温度变化不大，采用结晶的方法分
10、离硝酸钾中的氯化钾，正确；D.泥沙难溶于水，用过滤的方法分离，正确；答案选A。12. 在容量瓶上不作标记的是A. 刻度线B. 容量规格C. 温度D. 溶液的物质的量浓度【答案】D【解析】【详解】容量瓶上标注的是刻线、容量和使用温度。D项符合题意，答案选D。13. 下列实验所选装置不合理是 A. 用排空气法收集CO2，选B. 用CCl4提取碘水中的碘，选C. 配制100 mL 0.1 molL1 NaCl溶液，选D. 用自来水制取蒸馏水，选【答案】A【解析】【详解】A.CO2不能与氧气反应，且密度大于空气，所以可以采用向上排空气法收集，而的进气和出气位置错了，故A错误；B.碘在四氯化碳中的溶解度
11、大于在水中的溶解度，且四氯化碳和碘不反应，和水不互溶，所以可选装置，用CC14提取碘水中的碘，故B正确；C.配制一定物质的量浓度的溶液需要的仪器是容量瓶，且选取容量瓶的规格等于或略大于配制溶液体积，所以配制100mL0.1mol/L的NaCl溶液可选装置，故C正确；D.自来水中含有可溶性杂质，且蒸馏时不挥发，水加热易挥发，所以可以选的装置用蒸馏的方法制取蒸馏水，故D正确；故答案：A。14. 氯气是一种有毒气体，在运输与储存过程中必须防止泄漏一旦储存液氯的钢瓶发生泄漏，必须立即采取措施下列各种措施不合理的是（）A. 将人群向高处疏散B. 将人群逆风向疏散C. 用浸有烧碱溶液的毛巾捂住口鼻D. 向
12、泄漏地点撒一些石灰【答案】C【解析】【详解】A氯气的密度大于空气密度，所以氯气泄漏时，要人群向高处疏散，A正确；B氯气有毒，所以如果发生氯气泄漏，氯气向顺风方向扩散较快，所以应将人群逆风向疏散，B正确；C氯气能和碱反应生成盐，但氢氧化钠有强腐蚀性，如果用浸有烧碱溶液的毛巾捂住口鼻，虽然能减弱氯气的毒性，但人易被氢氧化钠腐蚀，C错误；D石灰一般是指生石灰（CaO）或熟石灰Ca(OH)2，生石灰与水反应后得熟石灰，氯气可以与熟石灰反应生成氯化钙和次氯酸钙，故可将氯气吸收，D正确；故选C。15. 下列反应中，氯元素全部被氧化的是A. 2Na+Cl2=2NaClB. 2NaCl2Na+Cl2C. Na
13、OH+HCl=NaCl+H2OD. 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。16. 下列变化过程中，加入氧化剂才能实现的是（ ）A. SO2SO32-B. CuOCuC. Cl2Cl
14、D. II2【答案】D【解析】【详解】A. SO2SO32-，没有变价元素，不需加入氧化剂，A不合题意；B. CuOCu，此转化中CuO做氧化剂，需加入还原剂才能实现，B不合题意；C. Cl2Cl，此转化中，虽然Cl元素价态降低，但并不需要加入还原剂，因为Cl2与碱或水反应，就可实现，C不合题意；D. II2，此转化中，I-价态升高，作还原剂，需要加入氧化剂才能实现，D符合题意。故选D。【点睛】分析物质转化时，一方面我们要考虑元素价态发生改变，可能需要加入氧化剂或还原剂，另一方面还要思考，是否不另加氧化剂或还原剂，利用物质自身的氧化还原反应，也能实现此转化。17. 在标准状况下，某气体密度为1
15、.25g/L，则该气体的相对分子质量为A. 12.5B. 14C. 28D. 30【答案】C【解析】【详解】在标准状况下，Vm=22.4L/mol，由M=Vm可知，M=1.25g/L22.4L/mol=28g/mol，又摩尔质量与相对分子质量的数值相等，则该气体的相对分子质量为28，选项C符合题意。18. 已知某溶液中c(Na+)=0.2 molL-1，c(Mg2+)=0.25 molL-1，c(Cl-)=0.4 molL-1，如果溶液中还有，那么c()应为()A. 0.1 molL-1B. 0.3 molL-1C. 0.15 molL-1D. 0.5 molL-1【答案】C【解析】【详解】设
16、SO42物质的量浓度为cmol/L，则根据电荷守恒：0.2mol/L1+0.25mol/L2=0.4mol1+2cmol/L，解得c=0.15mol/L，答案选C。【点睛】考察电荷守恒的应用，需注意离子所带电荷的多少,阳离子所带正电荷数等于阴离子所带负电荷数。19. 下列说法正确的是A. 某溶液和NaOH溶液共热，产生使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体，说明原溶液中一定存在NHB. 某溶液中加入AgNO3溶液时，产生白色沉淀，说明原溶液中一定含有ClC. 用铂丝蘸取某溶液酒精灯火焰上灼烧时，火焰呈黄色，说明原溶液中含有Na+D. 某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液时，产生白色沉淀，原溶液中一定存
17、在SO【答案】C【解析】【分析】【详解】A氨气是碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，所以某溶液与NaOH溶液共热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，可说明原溶液中存在 ，故A错误；B某溶液中加入AgNO3溶液时，产生白色沉淀，该沉淀可能为碳酸银，原溶液中可能含有碳酸根离子，不一定含Cl，故B错误；C钠的焰色为黄色，若焰色试验的火焰呈黄色，可说明原溶液中含有Na+，故C正确；D某溶液中加入BaCl2溶液，产生的白色沉淀可能为AgCl，原溶液中不一定存在 ，应先加稀盐酸，无沉淀，再加氯化钡溶液，产生白色沉淀，才能证明溶液中存在 ，故D错误；故答案选C。20. 有一固体混合物,可能由Na2CO3
18、、Na2SO4、CuSO4、CaCl2、NaCl混合而成.为检验它的成分做了如下实验:将固体混合物溶于水,搅拌后得到无色透明溶液;往此溶液中滴加硝酸钡溶液,有白色沉淀生成;过滤,将沉淀物置于稀硝酸中,发现沉淀全部溶解.则该固体混合物中A. 肯定有Na2CO3,可能有CuSO4B. 一定有NaCl,肯定没有Na2SO4C. 一定有Na2CO3,可能有NaClD. 可能有CaCl2,一定没有CuSO4【答案】C【解析】【详解】固体混合物样品溶于水搅拌得到无色溶液，说明混合物中一定无CuSO4；取部分此溶液加入硝酸钡溶液，有白色沉淀生成，说明混合物中可能含Na2SO4或Na2CO3，由于Na2SO4
19、或Na2CO3可与CaCl2反应生成沉淀，而固体混合物样品溶于水搅拌后得到无色溶液，所以混合物中一定不含CaCl2；在白色沉淀中加入足量的稀硝酸，沉淀最后全部溶解，说明生成的白色沉淀为碳酸钡；根据以上分析可知：一定含Na2CO3，一定不含CaCl2、CuSO4、Na2SO4，实验中未涉及到氯化钠的检验，所以无法确定是否含有氯化钠，选项C符合题意，故答案为C。第卷（非选择题，共60分）二、非选择题（本题共5道题，60分）21. 现有下列八种物质：HCl气体 Cu C2H5OH CO2CuSO45H2O FeCl3固体 Ba(OH)2溶液 熔融Al2(SO4)3（1）属于电解质的是_；属于非电解质
20、的是_；所给状态能导电的电解质是_；（填所给物质的序号）（2）CuSO45H2O在水中的电离方程式为_【答案】 (1). (2). (3). (4). CuSO4=Cu2+SO42【解析】试题分析：（1）根据电解质、非电解质的定义判断；含有可自由移动的电子或离子的物质能导电；（2）CuSO45H2O在水中电离出铜离子和硫酸根离子。解析：HCl气体在水溶液中能自身电离出自由移动的离子而导电，所以 HCl气体是电解质；HCl气体不含自由移动的离子， HCl气体不导电；Cu是单质，含有自由移动的电子，Cu能导电； C2H5OH的水溶液不导电，C2H5OH是非电解质，不含自由移动的离子，所以不导电；C
21、O2在水溶液中不能自身电离出离子，CO2是非电解质，CO2气体不含自由移动的离子，所以不导电；CuSO45H2O的水溶液中能自身电离出自由移动的离子而导电，CuSO45H2O是电解质，CuSO45H2O固体不含自由移动的离子，所以不导电；FeCl3固体的水溶液中能自身电离出自由移动的离子而导电，FeCl3固体是电解质，FeCl3固体不含自由移动的离子，所以不导电； Ba(OH)2溶液是混合物，含有自由移动的离子，所以导电；熔融Al2(SO4)3能导电， 所以Al2(SO4)3是电解质，熔融Al2(SO4)3含有自由移动的离子，所以熔融Al2(SO4)3导电；（1）属于电解质的是HCl气体 、C
22、uSO45H2O、FeCl3固体 、熔融Al2(SO4)3；属于非电解质的是C2H5OH、CO2；所给状态能导电的电解质是熔融Al2(SO4)3；（2）CuSO45H2O在水中电离出铜离子和硫酸根离子,电离方程式为CuSO4=Cu2+SO42。点睛：在水溶液或熔融状态下能自身电离出自由移动的离子而导电的化合物是电解质。22. （1）等质量的O2和O3所含的原子个数之比是_。（2）含有相同碳原子数的CO和CO2，其质量比为_。（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能和_mol NaOH完全反应。（5）标准状况下，10 mL N2气体恰好与30
23、mL H2完全反应生成20 mL气体A，则A的分子式为_。（6）将34.2g Al2（SO4）3固体溶于水配成100mL溶液从该溶液中取出10mL，稀释到100mL，稀释后溶液中溶质Al2（SO4）3的物质的量浓度为_。【答案】 (1). 1:1 (2). 7:11 (3). mol-1 (4). 0.1 (5). NH3 (6). 0.1molL-1【解析】【分析】根据物质的量与微粒数目、质量、气体体积等物理量间的关系、物质的量浓度的表达式、阿伏伽德罗定律及其推论分析计算解答。【详解】（1）等质量的O2和O3所含的原子个数之比为，故答案为：1:1；（2）含有相同碳原子数的CO和CO2，二者物
24、质的量相等，故二者质量之比为摩尔质量之比：28g/mol：44g/mol=7：11，故答案为：7：11；（3）1g CO2中含有x个原子，则，则，故答案为：mol-1；（4）4.9g H2SO4的物质的量为，消耗NaOH的物质的量为0.05mol2=0.1mol，故答案为：0.1；（5）标准状况下，气体的Vm相等，气体的体积之比等于物质的量之比，反应方程式可表示为N2+3H2=2A，由质量守恒定律可知A的化学式为NH3，故答案为：NH3；（6）34.2gAl2（SO4）3的物质的量为：，所得溶液物质的量浓度为：，稀释前后溶液中溶质的物质的量相等，故稀释后溶液中溶质Al2（SO4）3的物质的量浓
25、度为：，故答案为：0.1molL-1。23. 工业上采用硫铁矿焙烧去硫后的烧渣（主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质）制取七水合硫酸亚铁（FeSO47H2O）的流程如图：（1）FeO属于碱性氧化物，写出FeO与硫酸反应的化学方程式_（2）FeCl3可用于作净水剂，是因为其溶于水能形成Fe（OH）3胶体具有_性，FeCl3溶液中分散质粒子的直径_（填“”或“”）m。（3）“转化”是为了将溶液中的Fe2（SO4）3转化为FeSO4。一种方法是向溶液中加入铁粉，铁粉与Fe2（SO4）3发生化合反应生成FeSO4，该反应的化学方程式是_，该反应中化合价升高的元素是_，化合
26、价降低的元素是_。另一种方法是向溶液中通入SO2，发生反应Fe2（SO4）3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4，该反应属于_（填“氧化还原”或“非氧化还原”）反应。Fe2（SO4）3的电离方程式为_。（4）“过滤”所用到的玻璃仪器有_。【答案】 (1). FeO+H2SO4=FeSO4+H2O (2). 吸附 (3). < (4). Fe2（SO4）3+Fe=3FeSO4 (5). 铁 (6). 铁 (7). 氧化还原 (8). Fe2（SO4）3=2Fe3+3SO (9). 烧杯、漏斗、玻璃棒【解析】【分析】烧渣（主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3）中加入稀
27、硫酸，Fe2O3、FeO、Al2O3能溶于稀硫酸，SiO2不溶于稀硫酸，因此滤渣I为SiO2，滤液I中含有FeSO4、Fe2（SO4）3、Al2（SO4）3，加入还原试剂X还原Fe3+，根据除杂原则中不引入新杂质的原则可知，若试剂X为单质，则其为Fe粉，然后向溶液中加入试剂调节pH，依据Al3+完全沉淀、Fe2+开始沉淀时对应pH的差异将Al3+除去，然后过滤，滤渣为氢氧化铝，溶液经蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，可得到FeSO47H2O，以此解答该题。【详解】（1）FeO属于碱性氧化物，与硫酸反应生成硫酸亚铁和水，化学方程式为：FeO+H2SO4=FeSO4+H2O，故答案为：FeO+H2
28、SO4=FeSO4+H2O ；（2）胶体具有吸附性，可以用于净水；分散质粒子直径小于1nm的为溶液，则FeCl3溶液中分散质粒子的直径m，故答案为：吸附；（3）铁粉具有还原性，可将硫酸铁还原为硫酸亚铁，该反应的化学方程式是：Fe2（SO4）3+Fe=3FeSO4；该反应中化合价升高的元素是铁；化合价降低的元素硫酸铁中的铁元素；反应Fe2（SO4）3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4中，铁元素化合价由+3件降低为+2价，硫元素由+4价升高为+6价，所以该反应属于氧化还原反应；Fe2（SO4）3在水溶液中完全电离为铁离子和硫酸根离子，离方程式为Fe2（SO4）3=2Fe3+3SO；故答
29、案为：Fe2（SO4）3+Fe=3FeSO4；铁；铁；氧化还原；Fe2（SO4）3=2Fe3+3SO；（4）“过滤”所用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒。24. 按要求回答下列问题：(1)实验室中需要配制2 molL-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(=1.84g/cm3)配制浓度为0.5molL-1的稀硫酸500mL。所需浓H2SO4的体积为_mL。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
30、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）浓H2SO4的物质的量浓度c=1000M，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；根据实验操
31、作的步骤进行实验步骤的排序；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=nV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）=1L2mol/L=2mol，m（NaOH）=2mol40g/mol=80g，故答案为：1000ml；80g；（2）浓H2SO4的物质的量浓度c= c=1000M=1000ml1.84g/cm398%98g/mol=18.4mol/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xmL18.4mol/L=500mL0.
32、5mol/L，解得：x13.6，所以应量取的浓硫酸体积是13.6mL，故答案为：13.6mL；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23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12cm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
33、-f-e-c-b；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=nV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=nV可得，配制的溶液浓度偏低；故答案为：偏高；偏低。25. 实验室制备Cl2通常采用如图所示装置：(1)A装置中发生反应的化学方程式是_，其中氧化剂是_，每生成1 mol Cl2，被氧化的物质的物质的量是_mol，电子转移_mol。(2)仪器a的名称是_。(3)B装置中所盛的试剂是_，装置C的作用是_。(4)若将下图集气瓶中充满饱和食盐水，代替装置D收集氯气，此时应气体从_口流入（填“A”或“B
34、”）。(5)E装置中发生反应的化学方程式是_。(6)将下图装置代替装置D和E，可进行“氯气与金属钠反应”的实验，以下叙述正确的是_。A反应生成的大量白烟是氯化钠晶体B玻璃管尾部塞一团浸有碱液的棉球是用于吸收过量的氯气，以免其污染空气C玻璃管中，钠燃烧时会产生苍白色火焰D若在棉球外沿滴一滴淀粉碘化钾溶液，可据其颜色变化判断氯气是否被碱液完全吸收【答案】 (1). MnO24HCl（浓）MnCl2Cl22H2O (2). MnO2 (3). 2 (4). 2 (5). 分液漏斗 (6). 饱和食盐水 (7). 干燥Cl2 (8). B (9). 2NaOHCl2NaClNaClOH2O (10).
35、 ABD【解析】【分析】用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下制取氯气，先通过饱和食盐水吸收挥发的HCl，再用浓硫酸吸收水蒸气，用向上排空气法收集氯气，最后多余的氯气用NaOH溶液吸收。【详解】(1)A装置中二氧化锰与浓盐酸共热反应生成二氯化锰、氯气和水，发生反应的化学方程式是MnO24HCl（浓）MnCl2Cl22H2O；MnO2中Mn元素由+4价降为+2价，MnO2为氧化剂，HCl中氯元素由-1价升为0价作为还原剂；根据反应知，每生成1 mol Cl2，有4molHCl参加反应，但只有2molHCl中的氯元素化合价发生变化，所以被氧化的HCl的物质的量是2mol，转移电子的物质的量为2mol；(2
36、)根据仪器的构造可知，仪器a的名称是分液漏斗；(3)B装置中所盛的试剂是饱和食盐水，以除去氯气中的氯化氢气体；装置C装有浓硫酸，其作用是干燥Cl2；(4)若将集气瓶中充满饱和食盐水，代替装置D收集氯气，排液法收集气体时，应该采用短进长出的方法，即此时气体应从B口流入；(5)氯气有毒，直接排放会污染空气，E装置利用氢氧化钠溶液吸收氯气，发生反应的化学方程式为2NaOHCl2NaClNaClOH2O；(6)A钠和氯气反应生成氯化钠，反应生成的大量白烟是氯化钠晶体，选项A正确；BNaOH与氯气反应，可吸收过量的氯气，以免其污染空气，选项B正确；C钠着火燃烧产生黄色火焰，选项C错误；D碘离子可以被氯气氧化成碘单质，淀粉遇碘变蓝，所以当浸有淀粉KI溶液的棉球未变色，表明氯气已被碱液完全吸收，选项D正确；答案选ABD。