广东省茂名市第五中学2021-2022学年高一上学期期中考试化学试题（含答案）

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2021~2022学年度第一学期高一级期中考试
化学试卷
本试卷分两部分，满分100分，考试用时75分钟。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 N 14 Na 23 Cl 35.5 Fe 56 Al 27 Mg 24 K 39 Ca 40
第I部分(选择题 共40分)
一、选择题(本题包括20小题，只有一个选项符合题意。每小题2分，40分)
1. 下列物质的分类正确的是

酸
碱
盐
酸性氧化物
碱性氧化物
A
H2SO4
Na2CO3
Cu2(OH)2CO3
SO3
Fe2O3
B
HCl
NaOH
NaCl
CO2
CO
C
NaHSO4
NaOH
CuSO4·5H2O
SO2
MgO
D
HNO3
KOH
NaHCO3
Mn2O7
CaO

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
分析】
【详解】A．Na2CO3俗称纯碱，电离产生金属阳离子和酸根离子，属于盐，而不碱，A错误；
B．CO是不成盐氧化物，不是碱性氧化物，B错误；
C．NaHSO4电离产生金属阳离子、H+、酸根阴离子，属于盐，不属于酸，C错误；
D．各种物质分类符合物质分类要求，分类合理，D正确。
答案选D。
2. 下列分散系不发生丁达尔效应的是
A. 碘溶于酒精配成碘酒 B. 雾
C. Fe(OH)3胶体 D. 含有灰尘颗粒的空气
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】胶体可以发生丁达尔效应，只有碘酒属于溶液，其余属于胶体。综上所述故选A。
3. 分类是科学研究的重要方法，下列物质分类正确的是
A. 混合物：澄清石灰水、纯净矿泉水、小苏打 B. 同素异形体：臭氧、氧气、
C. 非电解质：乙醇、四氧化碳、、葡萄糖 D. 化合物：冰水混合物、烧碱、盐酸
【答案】C
【解析】
【详解】A． 澄清石灰水、纯净矿泉水是混合物，小苏打是纯净物，故A错误；
B．臭氧、氧气是互为同素异形体，O是氧元素的一种核素，故B错误；
C．乙醇、四氯化碳、SO3、葡萄糖都是非电解质，故C正确；
D．冰水混合物、烧碱、石膏是化合物，盐酸是混合物，故D错误；
故答案选C。
4. 下列物质中，属于电解质的是（　　）
①汞②浓氨水③氯化钠晶体④硝酸⑤干冰⑥蔗糖⑦硫酸
A. ①③④ B. ③④⑦ C. ②③④ D. ⑤⑥
【答案】B
【解析】
【详解】①汞是金属单质，既不是电解质又不是非电解质；②浓氨水是混合物，既不是电解质又不是非电解质；③氯化钠晶体在水溶液中和熔融状态下均能导电，是电解质；④硝酸在水溶液中能导电，是电解质；⑤干冰溶于水后能够导电，但导电的离子不是二氧化碳自身电离的，所以干冰为非电解质；⑥蔗糖在水溶液和熔融状态下都不导电，所以是非电解质；⑦硫酸在水溶液中能导电，是电解质；属于电解质的是③④⑦。答案选B。
5. 下列离子方程式错误的是
A. 铁与稀硫酸反应：2Fe+6H+＝2Fe3++3H2↑
B. 盐酸与氢氧化钡溶液：H++OH－＝H2O
C. 碳酸钙与稀硝酸：CaCO3+2H+＝Ca2++CO2↑+H2O
D. 硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液：Cu2++ +Ba2++2OH－＝Cu(OH)2↓+BaSO4↓
【答案】A
【解析】
【详解】A．铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，离子方程式为Fe+2H+＝Fe2+ +H2↑，A错误；
B．盐酸与氢氧化钡反应生成氯化钡和水，反应的离子方程式为H++OH－＝H2O，B正确；
C．碳酸钙与硝酸反应生成硝酸钙、水和二氧化碳，反应的离子方程式为CaCO3+2H+＝Ca2++CO2↑+H2O，C正确；
D．硫酸铜与氢氧化钡反应生成氢氧化铜和硫酸钡，反应的离子方程式为Cu2++ +Ba2++2OH－＝Cu(OH)2↓+BaSO4↓，D正确。
答案选A。
6. 不能用离子方程 CO+2H+＝CO2↑+H2O表示的反应是
A. Na2CO3 + 2HCl＝2NaCl + CO2↑+ H2O B. NaHCO3 + HCl＝NaCl + CO2↑+ H2O
C. K2CO3 + H2SO4＝K2SO4 + CO2↑+ H2O D. K2CO3 + 2HNO3＝2KNO3 + CO2↑+ H2O
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．Na2CO3 + 2HCl＝2NaCl + CO2↑+ H2O的离子方程式为CO+2H+＝CO2↑+H2O，A不选；
B．NaHCO3 + HCl＝NaCl + CO2↑+ H2O的离子方程式为HCO+H+＝CO2↑+H2O，不能用CO+2H+＝CO2↑+H2O表示，B选；
C．K2CO3 + H2SO4＝K2SO4 + CO2↑+ H2O的离子方程式为CO+2H+＝CO2↑+H2O，C不选；
D．K2CO3 + 2HNO3＝2KNO3 + CO2↑+ H2O的离子方程式为CO+2H+＝CO2↑+H2O，D不选；答案选B。
7. 日常生活中的许多现象与化学反应有关，下列现象与氧化还原反应无关的是
A. 铜片上出现铜绿[Cu2(OH)2CO3]
B. 铁制菜刀生锈
C. 铝锅表面生成致密的氧化膜
D. 用醋清理水垢
【答案】D
【解析】
【详解】A．金属铜和氧气、二氧化碳、水发生化合反应生成铜绿，该反应中有元素化合价的变化，所以属于氧化还原反应，故A不选；
B．铁在氧气、水存在时发生电化学腐蚀而生锈，该反应中有元素化合价的变化，所以属于氧化还原反应过程，故B不选；
C．铝易被氧气氧化生成氧化铝，该反应中有元素化合价的变化，所以属于氧化还原反应，故C不选；
D． 用醋酸溶解水垢，是复分解反应，无元素化合价的变化，故D选；
答案D。
8. 同种物质中同一价态的元素部分被氧化，部分被还原的氧化还原反应是
A. 3Br2+6KOH=5KBr+KBrO3+3H2O
B. MnO2+4HCl(浓)=MnCl2+2H2O+Cl2↑
C. 2KNO3=2KNO2+O2↑
D. NH4NO3=N2O↑+2H2O
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．0价Br的化合价既有升高又有降低，故Br部分被氧化部分被还原，故A符合题意；
B．Mn被还原，Cl被氧化，故B不符合题意；
C．N被还原，O被氧化，故C不符合题意；
D．-3价N被氧化，+5价N被还原，故D不符合题意；
故选A
9. 下列关于氧化还原反应的说法正确的是
A. 有单质参加并生成的反应一定是氧化还原反应
B. 氧化还原反应一定有氧元素的得失
C. 氧化还原反应的实质是化合价变化
D. 氧化还原反应的实质是电子的转移
【答案】D
【解析】
【分析】

【详解】A．有单质参加并生成的反应不一定是氧化还原反应，例如氧气转化为臭氧，A错误；
B．氧化还原反应不一定有氧元素的得失，只要有元素的化合价变化的反应即为氧化还原反应，B错误；
C．电子的转移导致元素的化合价发生了变化，这是反应的特征，而氧化还原反应的实质是电子发生了转移，C错误；
D．电子的转移导致元素的化合价发生了变化，氧化还原反应的实质是电子的转移，D正确；
答案选D。
10. 下列关于氧化还原反应基本原理说法错误的有（ ）
①物质失去的电子数越多，其还原性越强
②物质所含元素化合价升高的反应叫还原反应
③某元素由化合态变为游离态，则它一定被还原
④复分解反应一定不属于氧化还原反应
⑤氧化还原反应的实质是元素化合价发生变化
⑥阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性
A. 3个 B. 4个 C. 5个 D. 6个
【答案】C
【解析】
【详解】①氧化还原反应中，失去电子能力越强，其还原性越强，还原性与失去电子数目多少无关，故①错误；
②物质所含元素化合价升高，该物质被氧化，发生氧化反应，故②错误；
③元素化合价可以升高得到游离态单质，如非金属单质的生成，实验室制氯气；也可以降低得到游离态单质，如金属单质制备，铁和硫酸铜反应生成铜单质，由化合态变为游离态可能被氧化，也可能被还原，故③错误；
④复分解反应没有元素化合价升降，一定不属于氧化还原反应，故④正确
⑤氧化还原反应的实质是电子的转移或偏移，化合价的升降是氧化还原的宏观特征，故⑤错误
⑥阳离子可能既有氧化性又有还原性，如亚铁离子；阴离子可能既有氧化性又有还原性，如亚硫酸根离子等，故⑥错误；
答案选C。
【点睛】最高价态的阳离子一般具有氧化性，最低价的阴离子具有还原性，处于中间价态的离子可以是阳离子也可以是阴离子，既具有氧化性又具有还原性。
11. 下列关于钠的化合物的说法中不正确的是
①热稳定性：
②Na2O和Na2O2都能与水反应生成碱，故均为碱性氧化物
③等浓度的溶液与盐酸反应产生气泡的剧烈程度：
④Na2O和Na2O2晶体中阴、阳离子的数目比相同，均为1∶2
⑤等质量的固体与足量盐酸反应放出气体的体积：
⑥分别向和的水溶液中滴加或者溶液，均可产生白色沉淀
A. ②③⑤⑥ B. ①②③⑤ C. ②③④⑥ D. ②④⑤⑥
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】①Na2CO3的热稳定性强，而NaHCO3受热易分解，所以热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，故①正确；
②Na2O和Na2O2都能与水反应生成碱，但Na2O2同时生成O2，所以Na2O2不是碱性氧化物，故②错误；
③Na2CO3与盐酸反应先生成NaHCO3，然后碳酸氢钠继续与盐酸反应产生二氧化碳气体，而NaHCO3与盐酸反应立刻产生CO2，所以与盐酸反应的剧烈程度：Na2CO3＜NaHCO3，故③错误；
④Na2O和Na2O2晶体中阴离子分别为O2-和O、阳离子为Na+，阴、阳离子的数目比均为1∶2，故④正确；
⑤碳酸钠的摩尔质量大于碳酸氢钠的摩尔质量，等质量的Na2CO3、NaHCO3，NaHCO3的物质的量大，根据碳原子守恒可知，等质量的固体与足量盐酸反应放出气体的体积：Na2CO3＜NaHCO3，故⑤错误；
⑥分别向Na2CO3和NaHCO3的水溶液中滴加BaCl2溶液，NaHCO3与BaCl2溶液不反应，不产生白色沉淀，故⑥错误；
综上分析，②③⑤⑥错误，故选A。
12. 某小组通过如图所示实验，探究Na2O2与水的反应。

下列说法中错误的是
A. ②和③中产生的气泡，均可使带余烬的木条复燃
B. ④中充分振荡后，所加MnO2固体粉末溶解
C. ⑤中溶液变红，说明有碱性物质生成
D. ③～⑤的现象证明Na2O2与水的反应过程中存在Na2O2+2H2O=2NaOH+H2O2和2H2O2=2H2O+O2两个反应
【答案】B
【解析】
【分析】根据实验过程分析可知，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和过氧化氢，其中过氧化氢会有少量分解生成氧气，②中有气泡产生；气泡消失后，加入少量的二氧化锰，双氧水在催化剂的作用下，迅速分解为氧气和水，③中有大量气泡产生；充分振荡后，④中溶液为氢氧化钠，滴入1~2滴酚酞，溶液变红。
【详解】A．结合以上分析可知，②和③中产生的气泡为氧气，氧气具有助燃性，均可使带余烬的木条复燃，故A正确；
B．结合以上分析可知，二氧化锰为双氧水分解反应的催化剂，其不溶于水，也不与碱反应，故④中充分振荡后，所加MnO2固体粉末不溶解，故B错误；
C．酚酞遇碱变红，所以⑤中溶液变红，说明有碱性物质生成，故C正确；
D．结合以上分析可知，③～⑤的现象证明Na2O2与水的反应过程中存在Na2O2+2H2O=2NaOH+H2O2和2H2O2=2H2O+O2↑两个反应，故D正确；
故选B。
13. 如图装置，试管中盛有的水含几滴酚酞，气球a中盛有干燥的Na2O2颗粒，U形管中注有浅红色的水，将气球用橡皮筋紧缚在试管口。实验时将气球中的Na2O2抖落到试管b的水中，将发生的现象预测错误的是 （ ）

A. 气球a被吹大 B. 试管内溶液先变红后褪色
C. U形管内红色退去 D. U形管水位d>c
【答案】C
【解析】
【详解】A、Na2O2与水反应：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，气球a被吹大，A不符合题意；B、Na2O2与水反应生成NaOH，溶液变红，因为Na2O2具有强氧化性，能把有色物质氧化成无色物质，有可能发生，B不符合题意；C、U形管不是试管，因此U形管中红色不会退去，此实现现象不会发生，C符合题意；D、Na2O2与H2O反应是放热反应，广口瓶中气体受热膨胀，因此U形管中d的水位高于c，此实验现象能够发生，D不符合题意。
【点睛】易错点是选项B，学生只注意到过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，酚酞与碱变红，但忽略了过氧化钠具有强氧化性，能把有色物质漂白。
14. 某同学用以下装置制备并检验 Cl2的性质。下列说法正确的是（　　）

A. Ⅰ图：若 MnO2 过量，则浓盐酸可全部消耗完
B. Ⅱ图：证明新制氯水具有酸性和漂白性
C. Ⅲ图：产生了棕黄色的雾
D. Ⅳ图：日光照射烧瓶中的饱和氯水会有气泡产生，这是由于氯气光照条件下溶解度下降而逸出
【答案】B
【解析】
【详解】A、Ⅰ图中：随着反应进行，盐酸浓度减小到一定程度后，不再与二氧化锰继续反应，即使MnO2过量，盐酸也不能全部消耗，故A错误；
B、Ⅱ图中氯水中氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，滴入石蕊试液变红证明其有酸性，但最后溶液会褪色，证明氯水有漂白性，故B正确；
C、Ⅲ图中：铜在氯气中燃烧产生棕色的烟，故C错误；
D、氯水中含HClO，光照时HClO分解生成氧气和盐酸，则气泡主要为分解生成的氧气，结论不合理，故D错误；
故选B。
15. 下列说法正确的是
A. 向久置的氯水中滴加紫色石蕊试液，观察到先变红后褪色的现象
B. 新制的氯水能使有色布条褪色，说明氯气有漂白性
C. 为了提高漂白粉的漂白效果，使用时可以滴加少量的稀盐酸
D. 将气体通入硝酸银溶液可检验中是否混有HCl气体
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．久置的氯水，由于次氯酸见光分解放出氧气，最终溶液变为盐酸，不含HClO，有酸性无漂白性，A错误；
B．新制的氯水中含有漂白性物质HClO，能使有色布条褪色，氯气没有漂白性，B错误；
C．滴加少量的稀盐酸，漂白粉中的次氯酸钙更容易生成HClO，C正确；
D．氯气与水反应生成HCl，与硝酸银反应，所以不能检验原气体中是否混有HCl气体，D错误；
故选C。
16. 用下列装置制备并检验Cl2的性质，下列有关说法正确的是（　　）

A. Ⅰ图中：如果MnO2过量，浓盐酸就可全部反应
B. Ⅱ图中：充分光照后，量筒中剩余气体约为10 mL（条件相同）
C. Ⅲ图中：生成蓝色的烟，若在集气瓶中加入少量水，所得溶液呈绿色
D. Ⅳ图中：干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条能褪色，说明Cl2有漂白性
【答案】B
【解析】
【详解】A．Ⅰ图中：反应过程中浓盐酸不断变稀，稀盐酸不与MnO2反应，A错误；
B．Ⅱ图中：Cl2+H2OHCl+HClO，2HClO2HCl+O2↑，充分光照后，平衡不断正向移动，根据2Cl2～O2，最后量筒中剩余气体约为10mL，B正确；
C．铜与氯气点燃反应生成棕黄色的烟，若在集气瓶中加入少量水，所得溶液呈蓝绿色，C错误；
D．Ⅳ图中：干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条能褪色，说明HClO有漂白性，不能说Cl2有漂白性，D错误。
答案为B。
17. 用无水Na2CO3配制250 mL 1.000 mol·L-1 Na2CO3溶液时，下列操作会使配制的溶液浓度偏大的是
A. 称量时碳酸钠固体含有结晶水
B. 移液时有液滴洒落瓶外
C. 定容时俯视容量瓶刻度线
D. 容量瓶没有干燥
【答案】C
【解析】
【详解】A.称量时碳酸钠固体含有结晶水，会造成溶质物质的量偏小，使配得的Na2CO3溶液浓度偏低，故不选A；
B.移液时有液滴洒落瓶外，会造成溶质损失，所配溶液浓度偏低，故不选B；
C.定容时俯视容量瓶刻度线，会造成V偏小，浓度偏高，故选C；
D.容量瓶没有干燥，因为后续过程还要加水，所以对所配溶液浓度无影响，故不选D；
正确答案：C。
18. 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:2A=B↑+2C↑+3D↑此时测得混合气体的相对平均分子质量为20，则固体A的摩尔质量为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】设A为2mol，由方程式2A═B↑+2C↑+3D↑，可知分解生成6mol气体，则混合气体质量为6mol×20g/mol=120g，根据质量守恒定律可得A的质量为120g，故A的摩尔质量为=60g/mol，
故选：B。
19. 若20g密度为的硝酸钙溶液里含有1g，则的物质的量浓度为
A. B. C. 2.5d D. 1.25d
【答案】C
【解析】
【详解】根据计算的物质的量浓度，n(Ca2+)==0.025mol，则n()=0.05mol，溶液体积，=2.5d；
故答案选C。
20. 某温度下，向图中所示a、b、c、d中通入等质量的CH4、CO2、O2、SO2四种气体中的一种(已知密封隔板Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ可自由滑动，且与容器内壁摩擦不计)。下列说法中错误的是

A. d中通入的气体是CH4 B. a和b中原子个数之比为16:11
C. a和c容器体积之比为1:2 D. c和d中气体密度之比为2:1
【答案】B
【解析】
【分析】设四种气体的质量为mg，则CH4、CO2、O2、SO2的物质的量分别表示为、、、，同温同压下，气体体积比=物质的量之比，物质的量越大，气体体积越大，则a、b、c、d中分别为SO2、CO2、O2、CH4，据此分析解答。
【详解】A．由分析可知d中通入的气体是CH4，A正确；
B．a、b中分别为SO2、CO2，二者物质的量之比=:=11:16，则原子个数之比=(11×3):(16×3)=11:16，B错误；
C．a、c中分别为SO2、O2，同温同压下，气体体积之比=物质的量之比，则a和c容器体积之比=:=1:2，C正确；
D．c、d中分别为O2、CH4，同温同压下，两种气体的密度之比=摩尔质量之比，因此c和d中气体密度之比=32:16=2:1，D正确。
答案选B。
第II部分(非选择题 共60分)
二、(本题包括4小题，共60分)
21. (1)维生素C又称为抗坏血酸，在人体内有重要的功能。例如，帮助人体将食物中摄取的不易吸收的Fe3+变为易吸收的Fe2+。这说明维生素C具有________(填“氧化性”或“还原性”)。
(2)2Na+O2Na2O2反应中，
①________被氧化，________是氧化剂，氧化产物是_______，过氧化钠中氧元素的化合价是_______。
②此反应中若转移了2 mol的电子，则需要氧气________ mol。
③用单线桥或双线桥法表示反应中电子转移的方向和数目：______________________。
(3)根据反应①2FeCl3+2KI＝2FeCl2+2KCl+I2，②2FeCl2+Cl2＝2FeCl3，判断下列物质的氧化性由强到弱的顺序中，正确的是____________。
A．Fe3+>Cl2>I2 B．Cl2>I2>Fe3+
C．I2>Cl2>Fe3+ D．Cl2>Fe3+>I2
【答案】 ①. 还原性 ②. Na ③. O2　 ④. Na2O2 ⑤. −1 ⑥. 1 ⑦. ⑧. D
【解析】
【详解】(1)Fe元素的化合价降低，则维生素C中某元素的化合价升高，说明维生素C具有还原性；
(2)①2Na+O2Na2O2反应中，Na元素的化合价升高,被氧化，Na2O2为氧化产物，O元素的化合价降低，则O2为氧化剂，过氧化钠中氧元素的化合价是-1价；
②由反应可以知道,该反应转移2e-，若转移了2mol的电子，则需要氧气1mol；
(3) 2Na+O2Na2O2反应中，Na元素的化合价升高，失去的电子数为2，O元素得到的电子数为2，则双线桥法表示反应电子转移的方向和数目为；
(3) ①2FeCl3+2KI＝2FeCl2+2KCl+I2，氧化性顺序是Fe3+>I2；②2FeCl2+Cl2＝2FeCl3，氧化性顺序是Cl2>Fe3+，所以氧化性顺序是Cl2>Fe3+>I2。故选D。
22. 现用98％浓硫酸(密度1.84g/mL)配制100mL1mol/L的稀硫酸。可供选用的仪器有：
①胶头滴管②烧瓶③烧杯④药匙⑤量筒⑥托盘天平⑦玻璃棒。请回答下列问题：
（1）保存浓硫酸的试剂瓶上除贴B标签外，还需贴上的标签是___________。
（2）配制稀硫酸时，上述仪器中不需要使用的有__________（选填序号），还缺少的仪器有 __________ ,使用之前首先必须进行_________ 。
（3）经计算，配制100mL1mol/L的稀硫酸需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为_____ mL。
（4）稀释时，一定要将_________ 沿器壁慢慢倒入_________中并不断搅拌.
（5）下列情况对所配制的稀硫酸浓度有何影响？（填写“偏大”、“偏小”、“无影响”）
A．所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中______
B．容量瓶用蒸馏水洗涤后残留有少量的水______
C．转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容______
D．定容时俯视溶液凹液面______
E．定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线____
【答案】 ①. D ②. ②④⑥ ③. 100mL容量瓶 ④. 检漏 ⑤. 5.4ml ⑥. 浓硫酸 ⑦. 水 ⑧. 偏小 ⑨. 无影响 ⑩. 偏小 ⑪. 偏大 ⑫. 偏小
【解析】
【详解】（1）浓硫酸是强酸，有很强的腐蚀性，故选D；
（2）操作步骤有计算、量取、稀释、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取浓硫酸，在烧杯中稀释（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌．冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2-3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀．所以所需仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管．故不需要的仪器有②④⑥；还缺少的仪器有100mL容量瓶，而容量瓶等带塞子或活塞的仪器使用前必须查漏，故答案为②④⑥；100mL容量瓶；查漏；
（3）浓硫酸的物质的量浓度为c==18..4mol/L，设需要的浓硫酸的体积为VmL，根据溶液稀释定律C浓V浓=C稀V稀可知：100mL×1mol/L=18.4mol/L×VmL，解得V=5.4mL，故答案为5.4；
（4）浓硫酸的稀释放热，故应将浓硫酸沿烧杯内壁注入烧杯中的水中，并用玻璃棒不断搅拌，故答案为浓硫酸；水；
（5）A．所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中，则浓硫酸的浓度偏小，故配制出的溶液的浓度偏小，故答案为偏小；B．若容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故答案为无影响；C．转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容，会造成溶质的损失，则浓度偏小，故答案为偏小；D．定容时俯视溶液的凹液面，则溶液体积偏小，浓度偏大，故答案为偏大；E．定容后摇匀，发现液面降低是正常的，又补加少量水，重新达到刻度线则导致浓度偏小，故答案为偏小．
23. (1)研究氯气跟金属的反应时，选用金属铜进行实验。用坩埚钳夹住一束铜丝，灼热后立刻放入充满氯气的集气瓶里。铜丝燃烧后把少量水注入集气瓶里，用玻璃片盖住瓶口，振荡。
①根据哪些实验现象可判断铜丝燃烧后生成了＋2价铜的化合物：_______________。
②反应的化学方程式为______________________________________________________。
(2)研究浓硫酸的强氧化性时，选用金属铜跟浓硫酸进行实验，实验装置如下图所示。

①乙中的现象_______，试管中的浸有碱液的棉花的作用是____________。
②甲中的反应方程式为_____________________________________。
(3)上述两个实验为什么都选金属铜作样本来进行实验________。
A．铜是一种不活泼金属
B．选用铜作实验可以推测更多金属跟氯气或浓硫酸反应的情况
C．铜是一种常见金属
D．铜跟氯气或浓硫酸反应可生成有色溶液，现象明显
【答案】 ①. 燃烧时产生棕色烟，加水振荡后得到蓝绿色溶液　② ②. Cu＋Cl2CuCl2 ③. 品红溶液褪色 ④. 防止SO2逸出污染空气 ⑤. Cu＋2H2SO4(浓) CuSO4＋SO2↑＋2H2O ⑥. ABCD
【解析】
【分析】（1）①根据铜与氯气的反应现象及生成固体溶于水后溶液变成蓝色分析；
②铜与氯气在点燃条件下反应生成氯化铜；
（2）①二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色；二氧化硫为污染气体，需要用氢氧化钠溶液吸收多余的二氧化硫；
②甲中铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫气体和水；
（3）根据铜为常见金属且性质不活泼，与氯气、浓硫酸反应后生成物溶于水形成有色溶液等方面考虑。
【详解】（1）①铜在氯气中燃烧的现象为：铜丝剧烈燃烧，产生大量棕黄色的烟，加水后形成了蓝绿色溶液，证明反应生成了+2价的铜，
故答案为燃烧时产生棕色烟，加水振荡后得到蓝绿色溶液。
②铜与氯气反应生成氯化铜，反应的化学方程式为：Cu＋Cl2CuCl2，
故答案为Cu＋Cl2CuCl2。
（2）①二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色；二氧化硫有毒，多余的气体不能直接排放，需要用氢氧化钠溶液吸收SO2气体，防止空气污染，反应的化学方程式为：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，
故答案为品红溶液褪色；防止SO2逸出污染空气。
②甲中铜与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫，反应的化学方程式为：Cu＋2H2SO4(浓) CuSO4＋SO2↑＋2H2O，
故答案为Cu＋2H2SO4(浓) CuSO4＋SO2↑＋2H2O。
（3）由于铜是一种不活泼金属，选用铜作实验可以推测更多金属跟氯气或浓硫酸反应的情况，铜又是一种常见金属及铜跟氯气或浓硫酸反应可生成有色溶液，现象明显，所以选金属铜作样本来进行实验，故A、B、C、D正确。
故答案为ABCD。
24. 常温下，将 20.0 g 质量分数为 14.0%的 KNO3溶液与 30.0 g 质量分数为 24.0%的 KNO3溶液混合，得到的密度为1.15 g/cm3的混合溶液。计算：
（1）混合后溶液的质量分数_________。
（2）混合后溶液的物质的量浓度_______。
（3）在1000g水中需溶解______molKNO3才能使其浓度恰好与上述混合后溶液的浓度相等？
（4）标况下44.8LHCl溶于水配成500mL溶液。计算：
①HCl的物质的量____________________；
②所得溶液中溶质的物质的量浓度____________________。
【答案】 ①. 20% ②. 2.28mol/L ③. 2.48 ④. 2mol ⑤. 4mol/L
【解析】
【详解】（1）混合后溶液中的质量为：20.0g+30.0g=50.0g，溶质硝酸钾的质量为：20.0g×14%+30.0g×24%=10.0g，混合后溶液的质量分数：×100%=20%，答：混合后溶液的质量分数为20%；
（2）混合溶液的体积为：=43.48mL=0.04348L，溶液中溶质的物质的量为：=0.099mol，混合后溶液的物质的量浓度为：=2.28mol/L，答：混合后溶液的物质的量浓度为2.28mol/L；
（3）设需要硝酸钾的物质的量为xmol，硝酸钾的质量为101x，根据（1）可知，硝酸钾的质量分数为20%，则ω=20%==×100%，解得：x≈2.48mol，答：在1 000g水中需溶解2.48molKNO3才能使其浓度恰好与上述混合后溶液的浓度相等；
（4）①标况下44.8L HCl，n（HCl）==2mol，答：HCl的物质的量为2mol；
②配成500mL溶液，该溶液中溶质的物质的量浓度c（HCl）==4mol/L，答：所得溶液中HCl的物质的量浓度4mol/L。