1、2020-2021学年高一化学上学期期中测试卷02考试范围：专题1专题2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 P-31 S-32 Cl-35.5一、单选题（每题2分，共44分）1氢氧化钠、氢氧化钙的溶液都具有相似的化学性质，其原因是()A都能电离出金属离子B都能与酸反应生成盐和水C都能使无色酚酞溶液变成红色D溶液中都含有OH-【答案】D【解析】氢氧化钠、氢氧化钙的溶液都具有相似的化学性质，是由于二者电离产生了相同的阴离子OH-，均属于碱，故合理选项是D。2下列说法中正确的是()A摩尔既是物质的数量单位又是物质的质量单位B阿伏加德罗常数
2、是12 kg 12C中含有的碳原子数C1 mol水分子中含有2 mol氢原子和1 mol氧原子D一个NO分子的质量是a g，一个NO2分子的质量是b g，则氧原子的摩尔质量是(ba) gmol1【答案】C【解析】A.摩尔是物质的量的单位，故A错误；B.国际规定：0.012kg12C中含有的碳原子数为阿伏加德罗常数，故B错误；C.一个水分子含有2个氢原子和1个氧原子，因此1molH2O分子中含有2 mol氢原子和1 mol氧原子，故C正确；D.一个NO分子的质量是ag，一个NO2分子的质量是bg，则一个氧原子的质量为(b-a)g，根据摩尔质量即1mol物质所具有的质量可知，氧原子的摩尔质量为(b
3、-a)NAg/mol，故D错误；答案选C。3下列有关氧化物的分类错误的是()ABCDSO2CuOMn2O7NO酸性氧化物碱性氧化物碱性氧化物不成盐氧化物【答案】C【解析】A酸性氧化物为和碱反应生成盐和水的氧化物，SO2是酸性氧化物，选项A正确；B碱性氧化物是和酸反应生成盐和水的氧化物，CuO是碱性氧化物，选项B正确；C酸性氧化物为和碱反应生成盐和水的氧化物， Mn2O7是酸性氧化物，选项C错误；DNO既不能与酸反应生成盐和水，也不能与碱反应生成盐和水，是不成盐氧化物，选项D正确；答案选C。4由空气中的灰尘、硫酸、硝酸等颗粒物组成的气溶胶系统造成的视程障碍叫霾。当水汽凝结加剧、空气湿度增大时，霾
4、就会转化为雾。二氧化硫、氮氧化物和可吸入颗粒物是雾霾的主要组成。以下说法不正确的是（ ）A雾霾天，汽车车灯照出光亮“通路”的现象属于丁达尔效应B雾和霾都是混合物C防雾霾口罩的原理与过滤、渗析类似，防雾霾效果好的口罩往往呼吸阻力较大D是指直径小于或等于的污染物颗粒，该颗粒直径完全在胶体粒子的直径范围内【答案】D【解析】A雾霾中含有的部分微粒直径在之间，则汽车车灯照出光亮“通路”的现象属于丁达尔效应，故A正确；B雾和霾都是混合物，故B正确；C防雾霾口罩的原理与过滤、渗析类似，防雾霾效果好的口罩透气性较差，往往呼吸阻力较大，故C正确；D是指直径小于或等于的污染物颗粒，即粒子直径，而胶体中分散质粒子的
5、直径为，即，则的直径不完全在胶体粒子的直径范围内，故D错误；答案选D。5下列溶液中物质的量浓度为1 mol/L的是()A将40 g NaOH固体溶解于1 L水中B将22.4 L氯化氢气体溶于水配成1 L溶液C将1 L 10 mol/L的浓盐酸与9 L水混合D10 g NaOH固体溶解在水中配成250 mL溶液【答案】D【解析】A.40g氢氧化钠物质的量为40g40g/mol=1mol，1L是溶剂水的体积，溶液的体积不等于1L，NaOH物质的量浓度不是1mol/L，故A不符合题意；B.HCl所处的状态不明确，故22.4LHCl气体的物质的量无法计算，则所得溶液的浓度无法计算，故B不符合题意；C.
6、当密度不同时，溶液体积不能简单相加，故将1L10mol/L的浓盐酸与9L水混合后，溶液体积不是10L，则浓度不是1mol/L，故C不符合题意；D.10g氢氧化钠的物质的量为10g40g/mol=0.25mol，物质的量浓度，故D符合题意；故选D。6下列有关实验的做法不正确的是A分液时，分液漏斗中的上层液体应由上口倒出B用加热分解的方法区分碳酸钠和碳酸氢钠两种固体C配置0.1000 molL-1氯化钠溶液时，将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流D检验NH4+时，往试样中加入NaOH溶液，微热，用湿润的蓝色石蕊试纸检验逸出的气体【答案】D【解析】A. 分液时，先将下层液体从分液漏斗下口流出，再将上层
7、液体从上口倒出，A正确；B. 碳酸钠受热不分解，质量不变，碳酸氢钠固体受热分解，质量减轻，用加热分解的方法可将二者区分开，B正确；C. 配置0.1000 molL-1氯化钠溶液时，为防液体洒到容量瓶外，应将溶解液用玻璃棒引流入容量瓶，C正确；D. 检验NH4+时，应使用湿润的红色石蕊试纸检验逸出的气体，D错误；故选D。7实验室需配制480 mL 1 molL1 NaOH溶液，下列叙述正确的是()A转移液体时，玻璃棒应紧靠容量瓶口B用托盘天平称量19.2 g NaOH固体C容量瓶上标有温度、浓度、容积和压强D定容时若俯视刻度线观察液面，会使所配制的NaOH溶液的浓度偏高【答案】D【解析】A移液体
8、时，玻璃棒应紧靠容量瓶内壁，A错误；B没有480mL容量瓶，应选择500mL容量瓶，需要氢氧化钠的质量=0.5L1molL-140g/mol=20.0g，B错误；C容量瓶上标有刻度线、温度、容积，C错误；D定容时俯视液面，导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，D正确；答案选D。【点睛】本题主要考查了配制一定物质的量的溶液的配制、对仪器的认识、实验基本操作，方法和注意事项等，难度不大，注意基础知识的理解掌握。8实验室提纯含少量氯化钠杂质的硝酸钾的过程如图所示。下列分析正确的是( )A采用该提纯方法的主要原因是氯化钠在水中的溶解度很大B操作是过滤，用到的主要仪器是漏斗C操作是蒸发浓缩、冷却结晶，操作
9、是过滤、洗涤D操作总共需两次过滤【答案】C【解析】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化，所以采用降温结晶的方法提纯硝酸钾，故操作是加水溶解，操作是蒸发浓缩、冷却结晶，操作是过滤、洗涤。A. 采用该提纯方法的主要原因是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化，A错误；B. 操作是溶解，用到的主要仪器是烧杯和玻璃棒，B错误；C. 采用降温结晶的方法提纯硝酸钾，所以操作是蒸发浓缩、冷却结晶，操作是过滤、洗涤，C正确；D. 操作总共需一次过滤，D错误；答案选C。9主族元素X、Y，已知X的质子数为a，X2比Y2核外少
10、8个电子，若Y原子的质量数为b，则Y原子核内中子数为( )Aba4Bba8Cba8Dba12【答案】A【解析】已知X的质子数为a，X2+比Y2-核外少8个电子，所以X与Y同周期，所以Y的质子数为：a+4，则Y原子核内中子数为：b-a-4，故选A。10化合反应、分解反应、置换反应和复分解反应是四种基本化学反应类型。下列变化属于氧化还原反应，但是不属于四种基本反应类型的是（ ）ACO+CuO Cu+CO2B2Al+Fe2O3 Al2O3+2FeC2O3 3O2DC12+2FeCl2=2FeCl3【答案】A【解析】A.由方程式可知，反应中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，但不符合四种基本反应类型
11、，故A符合题意；B.由方程式可知，反应中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，该反应中有单质参加也有单质生成，属于置换反应，故B不符合题意；C.由方程式可知，反应没有元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，故C不符合题意；D.由方程式可知，反应中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，该反应为两种物质生成一种物质的反应，属于化合反应，故D不符合题意；故选A。11下图是FeS2催化氧化关系转化图，下列说法正确的是A反应I中，还原剂为Fe2B反应II中，FeS2既是氧化剂也是还原剂C反应III属于氧化还原反应DFeS2催化氧化关系中，NO是催化剂【答案】D【解析】A根据图示，反应I中，还原剂为Fe(N
12、O)2+，故A错误；B反应II中，FeS2中S元素由-1价升高到+6价，是还原剂，不是氧化剂，故B错误；C根据图示，反应III中没有元素化合价的变化，一定不属于氧化还原反应，故C错误；D根据图示，FeS2催化氧化过程中，NO参与了反应，但经过反应后还变成NO，因此NO是催化剂，故D正确；故选D。12已知常温下在溶液冲可发生如下两个离子反应：Ce4+Fe2+=Fe3+Ce3+，Sn2+2Fe3+=2Fe2+Sn4+。由此可以确定Fe3+、Ce4+、Sn4+三种离子的氧化性由强到弱的顺序是ACe4+、Fe3+、Sn4+BSn4+、Ce4+、Fe3+CSn4+、Fe3+、Ce4+DFe3 +、Sn4
13、+、Ce4+【答案】A【解析】氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，反应Ce4+ + Fe2+ =Fe3+ + Ce3+中亚铁离子被氧化为铁离子，则氧化性是Ce4+Fe3+；反应Sn2+2Fe3+=2Fe2+Sn4+中铁离子被还原为亚铁离子，则氧化性是Fe3+Sn4+，所以Fe3+、Ce4+、Sn4+三种离子的氧化性由强到弱的顺序是Ce4+、Fe3+、Sn4+，答案选A。13下列说法正确的是()A液态HCl和固体KNO3均不导电，所以HCl、KNO3均是非电解质BSO2和SO3的水溶液均能导电，所以SO2、SO3均是电解质C蔗糖和酒精在水溶液中和熔融状态下均不导电，所以它们是非电解
14、质D铜和石墨均导电，所以它们是电解质【答案】C【解析】电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，非电解质是指在水溶液和熔融状态下均不能导电的化合物，据此判断分析。A. 液态HCl和固体KNO3溶于水均能导电，则HCl、KNO3均是电解质，故A错误；B. SO2和SO3的水溶液虽均能导电(生成的亚硫酸、硫酸能够电离出离子），但都不是本身电离的阴阳离子，所以SO2、SO3均是非电解质，故B错误；C. 蔗糖和酒精在水溶液中和熔融状态下均不导电，符合非电解质的含义，所以它们是非电解质，故C正确；D. 铜和石墨虽然能够导电，但均为单质，不是电解质，故D错误；答案选C。【点睛】易错点为D项，要注意单质
15、与混合物既不是电解质，也不是非电解质。14下列各组中两溶液间的反应，不能用同一离子方程式来表示的是()ANa2CO3+HCl； K2CO3+HNO3BFe+HCl；Fe+H2SO4CBaCl2+Na2SO4；Ba(OH)2+H2SO4DNaOH+HCl；Ba(OH)2+HCl【答案】C【解析】A.两个反应的离子方程式都是2H+CO32-=H2O+CO2，二者相同，A不符合题意；B. .两个反应的离子方程式都是Fe+2H+=Fe2+H2，二者相同，B不符合题意；C.前者离子方程式为：Ba2+SO42-=BaSO4，后者的离子方程式为：Ba2+2OH-+2H+SO42-=BaSO4+2H2O，二者
16、不同，C符合题意；D.两个反应的离子方程式都是H+OH-=H2O，二者相同，D不符合题意；故合理选项是C。15下列反应的离子方程式正确的是（ ）A稀硫酸滴在银片上：2Ag2H=2AgH2B稀硫酸与氢氧化钡溶液混合：SO42Ba2=BaSO4C稀硝酸滴在大理石上：CaCO32H=Ca2H2CO3D氧化铁与稀盐酸混合：Fe2O36H=2Fe33H2O【答案】D【解析】A银和稀硫酸不反应，故A错误；B稀硫酸与氢氧化钡生成硫酸钡和水，故B错误；C稀硝酸滴在大理石上，放出二氧化碳气体，故C错误； D氧化铁和稀盐酸发生复分解反应，D项正确；故选D。16下列各组离子一定能够大量共存的是（ ）A、B、C、D、
17、【答案】D【解析】A、会反应生成沉淀，不能大量共存，故A错误；B、会发生反应，不能大量共存，故B错误；C、会反应生成沉淀，不能大量共存，故C错误；D、之间不发生反应，能大量共存，故D正确；故答案为D。17有关Na2CO3和NaHCO3的性质,下列叙述错误的是（ ）A相同温度下,等浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液的碱性比较,前者更强B常温时水溶性:Na2CO3NaHCO3C在酒精灯加热的条件下,前者不分解,后者分解D将澄清石灰水分别加入Na2CO3和NaHCO3溶液中,前者产生沉淀,后者无现象【答案】D【解析】A、碳酸根离子水解能力强于碳酸氢根离子，所以相同温度下等浓度的Na2CO3和NaH
18、CO3溶液的碱性更强，故A正确；B、常温时水溶性：Na2CO3NaHCO3，故B正确；C、在酒精灯加热的条件下，NaHCO3分解生成Na2CO3、CO2、H2O，故C正确；D、 将澄清的石灰水分别加入Na2CO3和NaHCO3溶液中都能与澄清的石灰水反应生成沉淀，故D错误，故选D。18 24mL 0.05molL-1的Na2SO3溶液恰好与20mL 0.02 molL-1的K2Cr2O7溶液完全反应。已知Na2SO3被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为（ ）A+2B+3C+4D+5【答案】B【解析】设还原产物中Cr元素的化合价为+x，失去电子的物质的量为0.02
19、4L0.05molL-12=0.0024mol；2，得到电子的物质的量为0.02L0.02molL-1(6-x)2，氧化剂与还原剂恰好完全反应，即得失电子数相等，所以有0.02L0.02molL-1(6-x)2=0.0024mol，解得x=3，故选：B。19Cl2、HCl的混合气体通入足量的NaOH溶液，充分反应后，溶液中除大量OH外，还有Cl、ClO、 ClO3 ，且这三种离子的物质的量之比为9:2:1，则原混合气体中Cl2和HCl体积之比为（ ）A5:2B2:5C3:1D1:3【答案】A【解析】Cl2与氢氧化钠溶液反应生成ClO、ClO3是氯原子被氧化的过程，化合价分别由0价升高到+1和+
20、5价，Cl、ClO、ClO3离子的物质的量比为9：2：1，可设物质的量分别为：9mol、2mol、1mol，则被氧化的Cl原子的物质的量总共3mol，Cl原子失电子的总物质的量为：2mol（10）+1mol（50）=7mol；根据氧化还原反应中得失电子式相等，Cl2生成Cl为被还原的过程，化合价从0价较低为1价，得到电子的物质的量也应该为7mol，即被还原的Cl的物质的量为：=7mol，则参加反应的氯气的物质的量为：（7mol+3mol）=5mol；由氯气生成的氯离子为7mol，总的氯离子为9mol，则氯化氢生成的氯离子为：9mol7mol=2mol，所以原混合气体中氯气与HCl的体积之比为：
21、5：2，故选A。20实验室制备时有如下操作：连好装置，检查气密性；缓缓加热；加入粉末；向分液漏斗中加入浓盐酸，再缓缓滴入烧瓶中；多余的氯气用氢氧化钠溶液吸收；用向上排空气法收集氯气。下列操作顺序正确的是（ ）ABCD【答案】D【解析】制备气体一定要检查装置的气密性，试剂的添加一般先固体后液体，故实验室制备氯气的实验步骤：连接好装置，检查气密性在烧瓶中加入二氧化猛粉末往分液漏斗中加入浓盐酸，再缓缓滴入烧瓶中缓缓加热，使气体均匀逸出用向上排空气法收集氯气尾气导入吸收剂中，故正确的操作顺序是，则D正确；答案选D。21如图所示，将阀关闭，阀打开，让一种含氯气的气体经过甲瓶后，通入乙瓶，布条不褪色；若关
22、闭阀打开阀，再通入这种气体，布条褪色甲瓶中所盛的试剂可能是()浓硫酸 饱和氯化钠溶液 NaOH溶液 饱和碳酸钠溶液 水A B C D【答案】D【解析】关闭阀，打开阀，让一种含氯气的气体经过甲瓶后，通入乙瓶，布条不褪色，可知甲中液体可干燥氯气与吸收氯气，则：浓硫酸干燥氯气，故不选；饱和氯化钠溶液抑制氯气的溶解，排出的仍为潮湿的氯气，干燥布条会褪色，不符合，故选；NaOH溶液与氯气发生反应，能吸收氯气，无氯气排出，则干燥布条不褪色，故不选；饱和碳酸钠溶液与氯气反应生成二氧化碳，能吸收氯气，无氯气排出，则干燥布条不褪色，故不选；氯气在水中溶解度小，排出的仍为潮湿的氯气，干燥布条会褪色，不符合，故选；
23、故答案为B。点睛：把握物质的性质、发生的反应、实验装置的作用为解答的关键，关闭阀，打开阀，让一种含氯气的气体经过甲瓶后，通入乙瓶，布条不褪色，可知甲中液体可干燥氯气与吸收氯气，由此结合选项的性质来判断即可。22向四只盛有一定量NaOH溶液的烧杯中通入不同量的CO2气体后，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的CO2气体与HCl的物质的量的关系如下图（忽略CO2的溶解和HCl的挥发）。则下列分析都正确的组合是图对应溶液中的溶质为NaHCO3图对应溶液中的溶质为Na2CO3和NaHCO3，且二者的物质的量之比为1:1图对应溶液中的溶质为NaOH和Na2CO3，且二者的物质的量之比为
24、1:1图对应溶液中的溶质为Na2CO3ABCD【答案】A【解析】向一定量NaOH溶液的烧杯中通入不同量的CO2气体，当二氧化碳少量时，产物是NaOH和Na2CO3的混合物，当NaOH和CO2恰好完全反应时，产物只有Na2CO3，当二氧化碳过量时，产物可能只有NaHCO3，也可能是Na2CO3和NaHCO3的混合物。、图中刚开始加入HCl就产生了二氧化碳，因此溶质只能是NaHCO3，故正确；、从图中看出刚滴下去盐酸一个单位后产生了二氧化碳，说明此时碳酸根的量是一个单位（盐多酸少，碳酸钠和盐酸一比一反应生成碳酸氢钠），后来盐酸加了两个单位才把所有二氧化碳反应出来，说明溶液中总的碳酸氢根量为两个单位
25、，但有一个单位的是之前碳酸根得来的，所以原溶液中碳酸根的量和碳酸氢根的量相等，即c（Na2CO3）=c（NaHCO3），故正确；、从图中看出，滴入了两个单位的盐酸后才开始产生气泡，且产生二氧化碳所消耗的盐酸也是两个单位，说明产物只有Na2CO3，物料守恒可知：c（Na+）=2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3）；故错误；、从图中看出，滴入了两个单位的盐酸后才开始产生气泡，说明产物是NaOH和Na2CO3的混合物，一个单位的盐酸和NaOH反应，第二个单位的盐酸和Na2CO3反应生成NaHCO3，后由图中可看出，NaHCO3又消耗了一个单位的盐酸，则含有氢氧化钠和碳酸钠的量之比
26、是1：1，故错误由上分析知正确，错误，故选A。第II卷（非选择题 共56分）二、填空题23（每空2分，共12分）A（1）在稀硫酸 铜丝 NaOH溶液 液氨 Na2CO3固体 酒精 熔融NaCl （填写序号，下同）属于电解质的是_；属于非电解质的是_；B对于混合物的分离或提纯，常采用的方法有：过滤、蒸发、蒸馏、萃取、加热分解、洗气等。下列各组混和物的分离或提纯应采用什么方法？（1） 实验室中的石灰水久置，液面上常悬浮有CaCO3微粒。可用_的方法除去Ca(OH)2溶液中悬浮的CaCO3微粒。（填写序号，下同）（2） 乙二醇（沸点：197.85）和丙三醇（沸点：290.9）。可采用_的方法。（3）
27、 除去食盐溶液中的水，可采用_的方法。（4） 除去氧化钙中的碳酸钙可用_的方法。【答案】A（1） B（1） （2） （3） （4） 【解析】A稀硫酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质；铜丝是单质，既不是电解质也不是非电解质；NaOH溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质；液氨就是氨气，是化合物，在水溶液和熔融状态下都不能导电，是非电解质；Na2CO3固体是化合物，水溶液或熔融状态下能导电，是电解质；酒精是有机物，在水溶液和熔融状态下都不能导电，是非电解质； 熔融NaCl是化合物，在熔融状态下能导电，是电解质。综上分析，电解质是：；非电解质是：。故答案为：；。B（1）属于固体和溶液分离，应用
28、过滤的方法，故答案为：；（2）二者互溶，但沸点不同，可蒸馏分离，故答案为：；（3）NaCl溶于水，则选择蒸发法食盐溶液中的水，故答案为：；（4）碳酸钙加热分解生成CaO，则选择加热法除去，故答案为：。三、实验题24（每空2分，共14分）“84消毒液”是一种以NaClO为主的高效消毒剂，被广泛用于宾馆、旅游、医院、食品加工行业、家庭等的卫生消毒，某“84消毒液”瓶体部分标签如图1所示，该“84消毒液”通常稀释100倍(体积之比)后使用，请回答下列问题：（1）此“84消毒液”的物质的量浓度约为_mol/L(计算结果保留一位小数)。（2）某同学量取100mL此“84消毒液”，按说明要求稀释后用于消毒
29、，则稀释后的溶液中c(Na+)=_mol/L。（3）该同学参阅读该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480 mL含NaClO质量分数为24%的消毒液。如图2所示的仪器中配制溶液需要使用的是_(填仪器序号)，还缺少的玻璃仪器是_。下列操作中，容量瓶不具备的功能是_(填仪器序号)。a.配制一定体积准确浓度的标准溶液 b.贮存溶液c.测量容量瓶规格以下的任意体积的溶液 d.准确稀释某一浓度的溶液e.用来加热溶解固体溶质请计算该同学配制此溶液需称取称量NaClO固体的质量为_g。（4）若实验遇下列情况，导致所配溶液的物质的量浓度偏高是_。(填序号)。A.定容时俯视刻度线 B.转移前，容量瓶内
30、有蒸馏水C.未冷至室温就转移定容 D.定容时水多用胶头滴管吸出【答案】（1）3.8 （2）0.038 （3）CDE 玻璃棒和胶头滴管 bcde 141.6 （4）AC 【解析】（1）c(NaClO)= mol/L=3.8 mol/L；（2）溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，则稀释后c(NaClO)=3.8 mol/L=0.038 mol/L，故c(Na+)=c(NaClO)=0.038 mol/L；（3）由于实验室无480 mL容量瓶，故应选用500 mL容量瓶，根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀和装瓶可知所需的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、5
31、00mL容量瓶和胶头滴管，故需使用仪器序号是CDE，还需要的是玻璃棒、胶头滴管；a容量瓶只能用于配制一定体积准确浓度的标准溶液，a不符合题意；b容量瓶不能贮存溶液，只能用于配制，配制完成后要尽快装瓶，b符合题意；c容量瓶只有一条刻度线，故不能测量容量瓶规格以下的任意体积的溶液，c符合题意；d容量瓶不能受热，而浓溶液的稀释容易放热，故不能用于准确稀释某一浓度的溶液，d符合题意；e容量瓶不能受热，故不能用来加热溶解固体溶质，e符合题意；故合理选项是bcde；质量分数为24%的消毒液的浓度为3.8 mol/L，由于实验室无480 mL容量瓶，故应选用500 mL容量瓶，而配制出500 mL溶液，故所
32、需的质量m=cVM=3.8 mol/L0.5 L74.5 g/mol=141.6 g；（4）A定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，则配制的溶液浓度偏高，A符合题意；B转移前，容量瓶内有蒸馏水，对配制溶液的浓度无影响，B不符合题意；C未冷至室温就转移定容，则冷却后溶液体积偏小，使配制的溶液浓度偏高，C符合题意；D定容时水多了用胶头滴管吸出，则吸出的不只是溶剂，还有溶质，使溶液浓度偏小，D不符合题意；故合理选项是AC。【点睛】本题考查一定物质的量浓度溶液的配制，仪器的使用方法、误差分析等，注意仪器的选取方法和所需固体的计算，误差分析为该题的易错点。25（每空2分，共10分）一氧化二氯（）可用作氯
33、化剂，其部分性质如下：物理性质化学性质常温下，是棕黄色有刺激性气味的气体；熔点：-120.6；沸点2.0不稳定，接触一般有机物易爆炸；它易溶于水，同时反应生成次氯酸实验室制备原理：。现用如图所示装置设计实验制备少量，并探究相关物质的性质。（1）装置A中仪器X的名称为_。（2）若气体从左至右流动，则装置的连接顺序是A、_（每个装置限用一次）。（3）装置F中盛装试剂的名称为_。（4）装置A中发生反应的离子方程式为_。（5）当装置D中收集到适量液态物质时停止反应，设计简单实验证明装置B中的残留固体中含有：_。【答案】（1）分液漏斗 （2）F、B、C、D、E （3）饱和食盐水 （4） （5）取装置B中
34、固体少许于试管中，加蒸馏水溶解，滴加过量溶液，振荡静置，取上层清液于另一试管中，再滴加溶液，有白色沉淀生成（答案合理即可） 【解析】装置A用于制取氯气，发生反应的离子方程式为，装置F中盛装饱和食盐水，其作用是吸收所制中混有的HCl气体；氯气在装置B中与潮湿的碳酸钠在加热条件下反应生成NaCl、和，由于易溶于水，故可通过浓硫酸进行干燥，因为沸点较低，所以可用冰水冷却进行收集，用NaOH溶液进行尾气处理，为防止收集的与NaOH溶液中的水反应，装置D后还应接一干燥装置，故可用装置E进行尾气处理，据此分析解答。（1）根据装置A中仪器X的构造，名称为分液漏斗；（2）根据上述分析可知，装置的连接顺序为A、
35、F、B、C、D、E；（3）根据分析，装置F中盛装试剂的名称为饱和食盐水；（4）根据分析， A中发生反应的离子方程式为；（5）为证明装置B中的残留固体中含有，需先将装置B中残留固体溶于蒸馏水，滴加过量的溶液，排除碳酸钠的干扰，然后取上层清液再滴加溶液，观察是否有白色沉淀生成。26（每空2分，共20分）某校化学兴趣小组的同学在进行课外调查时得知：制作糕点常用或做膨松剂。于是同学们对和的性质进行了探究。利用图所示装置进行实验测定某和混合物中的质量分数（装置气密性良好，各装置中气体吸收剂足量）。（实验步骤）（1）检查装置的气密性；（2）称取样品10g，加到装置B中；（3）称量装置B、C、D的质量（含药
36、品）；（4）连接装置；（5）加热；（6）停止加热，继续通入空气；（7）再次称量装置B、C、D的质量（含药品）。（数据记录）装置B装置C装置D实验前称得的质量/g180.0200.0122.2实验后称得的质量/g176.9201.5124.8请回答下列问题：（1）写出碳酸氢钠受热分解的化学方程式：_，装置B中盛样品的仪器名称是_。（2）装置C的作用是_，装置C中一个明显的错误是_。（3）实验过程中必须向装置内通入空气，装置A中发生反应的化学方程式为_。若没有装置A，会造成测定结果_（填“偏大”“不变”或“偏小”）。（4）小红同学认为，表格中三组数据都可以计算该样品中的质量分数，但小张认为不能用装
37、置C实验前后的质量差来计算，其理由是_；改进方法为_。（5）小王认为装置D实验前后的质量差会偏大，从而影响实验结果，应增加一个操作：_，目的是_。【答案】（1） 硬质玻璃管 （2）吸收水蒸气 右侧导管伸入液面以下 （3） 偏大 （4）装置A中逸出的水蒸气会进入装置C中 在装置A、B之间增加一个盛有浓硫酸的干燥装置 （5）连接装置D前，缓缓鼓入空气 排尽装置内的二氧化碳气体 【解析】（1）碳酸氢钠受热分解为碳酸钠、水和二氧化碳，化学方程式为：，根据仪器结构可知，装置B中盛样品的仪器名称为硬质玻璃管；（2）浓硫酸具有吸水性，可以做干燥剂，除去水蒸气，洗气时应该是长导管进气，短导管出气，所以右侧导管不能伸入液面以下。（3）空气经过装置A时，其中的二氧化碳与足量氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，反应方程式为CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，若没有此装置，则装置D实验后称得的质量会偏大，测得生成的二氧化碳质量偏大，造成测定结果偏大。（4）小张认为不能用装置C实验前后的质量差来计算，其理由是装置A中逸出的水蒸气会进入装置C中；改进方法为在装置A、B之间增加一个盛有浓硫酸的干燥装置。（5）小王认为装置D实验前后的质量差会偏大，应在连接装置D前缓缓鼓入空气，目的是排尽装置内的二氧化碳气体。